Chủ đề này có 434 trả lời

[Ngockhanh99k48]

Em cảm ơn thầy về ví dụ trên. Theo bản thân mình thấy bài này rất hay. Mong bạn Bảo theo nguyện vọng của mình, vẫn giữ nguyên bài 19, ai có lời giải thuần túy thì người đó được cộng thêm 3 điểm. Trong 2 ngày nữa, nếu không ai có lời giải thuần túy thì mình xin phép đăng lời giải bài mình đề xuất.

[QuangDuong12011998]

Giá như đã nghĩ đến từ trước :3

Mình đưa ra lời giải dùng nghịch đảo cho bài 19. Kí hiệu vẫn như trong chứng minh cũ.

Gọi $D$, $E$, $F$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với $BC$, $CA$, $AB$.

$DX$, $EY$, $FZ$ là đường kính đường tròn nội tiếp.

$(IA_bA_c)$, $(IB_cB_a)$, $(IC_aC_b)$ có đường kính $IA'$, $IB'$, $IC'$ nên giao điểm của từng cặp là hình chiếu vuông góc của $I$ lên $B'C'$, $C'A'$, $A'B'$ mà ta kí hiệu là $A_1$, $B_1$, $C_1$. Theo như chứng minh cũ của mình thì $\overrightarrow{IA'}=\dfrac{a\overrightarrow{IA}}{p}$ nên $\sum\overrightarrow{IA'}=\dfrac{1}{p}\sum a\overrightarrow{IA}=\overrightarrow{0}$ nên $I$ là trọng tâm $\triangle A'B'C'$. $K$ là điểm Lemoine của $\triangle A'B'C'$ nên $I$ và $K$ đẳng giác trong $\triangle A'B'C'$. Do đó tâm của đường tròn $(A_1B_1C_1)$ là trung điểm $IK$, ta kí hiệu là $J$. Giờ chỉ cần chứng minh $J$ thuộc $OI$ (*)

Đến đây xét phép nghịch đảo đường tròn nội tiếp $I^{r^2}_I$

\[I^{r^2}_I: A_b,A_c,B_c,B_a,C_a,C_b,A_1,B_1,C_1\mapsto A'_b,A'_c,B'_c,B'_a,C'_a,C'_b,A'_1,B'_1,C'_1\]

Và qua phép nghịch đảo này thì $A'_b$, $A'_c$, $B'_c$, $B'_a$, $C'_a$, $C'_b$ là trung điểm $XF$, $XE$, $YD$, $YF$, $ZE$, $ZD$.

$\triangle DEF$ và $\triangle A'_1B'_1C'_1$ vị tự. Ta cần tìm tâm vị tự.

$A'_1B'_1$ $||$ $DE$(đường trung bình), $\perp$ $DY$ $\Rightarrow$ $DB'_c\perp A'_1C'_b$. Hoàn toàn tương tự, $DC'_b\perp A'_1B'_c$

$\Rightarrow$ $D$ là trực tâm $\triangle A'_1B'_cC'_b$ $\Rightarrow$ $A'_1D\perp B'_cC'_b$ $\Rightarrow$ $A'_1D\perp YZ$ $\Rightarrow A'_1D\perp B'_1C'_1,EF$. Vậy tâm vị tự chính là trực tâm chung $L$ của $\triangle DEF$ và $\triangle A'_1B'_1C'_1$. Từ điều này cũng suy ra $\triangle DEF$ và $\triangle A'_1B'_1C'_1$ có chung đường thẳng Euler $OI$. Từ đó, tâm của $(A'_1B'_1C'_1)$ thuộc $OI$. (1)

Mà $A'_1,B'_1,C'_1$ là ảnh của $A_1,B_1,C_1$ qua $I^{r^2}_I$ nên tâm ngoại tiếp của $\triangle A'_1B'_1C'_1$, $\triangle A_1B_1C_1$, $I$ thẳng hàng. Tức là tâm $(A'_1B'_1C'_1)$ thuộc $IJ$. (2)

Từ (1)(2) suy ra $J$ thuộc $OI$.

Theo (*) thì $K$ thuộc $OI$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 02-06-2016 - 22:56
Yêu cầu của mem

[Ngockhanh99k48]

Anh Dương giỏi quá  , cảm ơn anh về lời giải. Cơ mà lời giải của em không cần dùng đến nghịch đảo đâu ạ, với lại đoạn chứng minh "$I$ là trọng tâm $\triangle ABC$" anh cũng không cần phải dùng đến vecto đâu ạ.

[Ngockhanh99k48]

Cấu hình của bài thầy Hà trong bài đề nghị của Khánh là cấu hình rất thú vị, trên đó khai thác được khá nhiều điểm đặc biệt các tam giác $AA_bA_c,BB_cB_a,CC_aC_b$ mà những tâm đặc biệt của tam giác tạo bởi các tâm trên nằm trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

 

Mình ví dụ một bài như sau

 

Giữ nguyên đề của Khánh. Gọi $O_a,O_b,O_c$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AA_bA_c,BB_cB_a,CC_aC_b$. Chứng minh rằng trọng tâm tam giác $O_aO_bO_c$ nằm trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

Còn ví dụ của thầy thì lại khá đơn giản: Gọi $O_{bc}, O_{ca}, O_{ab}$ lần lượt là trung điểm $O_bO_c, O_cO_a, O_aO_b$. Khi đó ta có $IO_{bc} \parallel OO_a, IO_{ca} \parallel OO_b, IO_{ab} \parallel OO_c$. Từ đó ta có trọng tâm $G$ của $\triangle O_aO_bO_c$ thuộc $OI$ và $\frac{\overline{GO}}{\overline{GI}} = -2$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 02-06-2016 - 09:27

[QuangDuong12011998]

Mình giải thích thuật ngữ và kí hiệu trong bài toán 20.

Tứ giác toàn phần $(a,b,c,d)$ là hình phẳng tạo bởi 4 đường thẳng $a,b,c,d$ đôi một cắt nhau và không có 3 đường nào đồng quy.

Kí hiệu $P_{bc}$ là giao điểm của $b$ với $c$. Tương tự có $P_{ca}$, $P_{ab}$, $P_{da}$, $P_{db}$, $P_{dc}$.

Đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần $(a,b,c,d)$ là đường tròn đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của $\triangle P_{bc}P_{db}P_{dc}$, $\triangle P_{ca}P_{dc}P_{da}$, $\triangle P_{da}P_{db}P_{ab}$, $\triangle P_{bc}P_{ca}P_{ab}$, ngoài ra nó còn đi qua điểm đồng quy của 4 đường tròn ngoại tiếp này.

Bài toán 20 là một tính chất rất đẹp của các đường tròn Miquel và lúc trước mình đã mất khá nhiều thời gian mới nhìn ra được lời giải. Bài toán này khó ở chỗ phải vẽ thêm đường phụ. Nếu xuất phát như bài toán thì không dễ dàng thấy các đường tròn có những điểm chung nào, để chứng minh đường tròn đồng quy như kiểu bài này thì cần phải tìm điểm chung của từng cặp trước, sau đó mới có thể chỉ ra chúng đồng quy.

Cuối cùng, thực sự mong muốn Bảo sửa lại điểm 2 cho mình như cũ nhé.

Hình gửi kèm

• 

[Ngockhanh99k48]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 19}}$

Bổ đề 1 (1đ): $I$ là trọng tâm tam giác $\triangle I_1I_2I_3$

Gọi $D, E, F$ thứ tự là tiếp điểm của $(I)$ với $BC, CA, AB$ và $X, Y, Z$ thứ tự là tiếp điểm của $A_bA_c, B_cB_a, C_aC_b$ với $(I)$.

Gọi $S(X)$ là ảnh của hình $X$ qua phép đối xứng tâm $I$.

Ta có $B_a = FF \cap YY = S(ZZ) \cap S(EE) = S(ZZ \cap EE) = S(C_a)$. Vậy $B_a$ đối xứng $C_a$ qua $I$. $\triangle AB_aC_a$ có $AI$ là phân giác và trung tuyến nên $AI \perp B_aC_a$. Do $I$ là tâm bàng tiếp của hai tam giác $\triangle BB_aB_c, \triangle CC_aC_b$ nên $I_2B_aC_aI_3$ là hình thang vuông. Do đó $AI$ chứa đường trung bình của hình thang vuông $I_2B_aC_aI_3$ nên $AI$ đi qua trung điểm $I_2I_3$, hay $I_1I$ là trung tuyến $\triangle I_1I_2I_3$. Từ đó ta có $I$ là trọng tâm $\triangle I_1I_2I_3$ $\blacksquare$.

Bổ đề 2 (1,5đ)(Bổ đề chìa khóa): Cho $\triangle ABC$ với điểm $P$ bất kì nằm trong tam giác. $AP, BP, CP$ thứ tự cắt $BC, CA, AB$ tại các điểm $A_0, B_0, C_0$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc $AP$ cắt $BC$ tại $A_1$. Định nghĩa tương tự với $B_1, C_1$. Gọi $P_0$ là liên hợp đẳng giác của $P$ đối với $\triangle A_0B_0C_0$. Khi đó $A_1, B_1, C_1$ thuộc cùng một đường thẳng vuông góc với $PP_0$.(Mathematical Reflections 2006). 

Chứng minh bổ đề 2: 

Gọi $\triangle DEF, \triangle D_0E_0F_0$ thứ tự là tam giác pedal của điểm $P, P_0$ đối với $\triangle A_0B_0C_0$. Từ giả thiết $PA_1 \perp PA_0$ và $E_0F_0 \perp PA_0$, ta có $PA_1 \parallel E_0F_0$. Nếu $PA_1$ cắt $C_0A_0, A_0B_0$ tại $Y, Z$ thì theo định lí Reim ta có $E, F, Y, Z$ đồng viên (do $D, E, F, D_0, E_0, F_0$ đồng viên).

Gọi $J_a$ là giao điểm của $EF$ và $PA_1$. Ta có $\widehat{A_1PE} = \widehat{PA_0E} = \widehat{PFE}$, do đó $A_1P$ là tiếp tuyến của $(PEF)$. $B_0C_0$ cắt $BC$ tại $S$, theo hàng điểm cơ bản thì  $A(SA_0C_0B_0)= (SA_0BC)=-1$, do đó $(A_1PYZ)=A_0(A_1PYZ)=A_0(SAC_0B_0)=A(SA_0C_0B_0)=-1$. Từ đó ta có $J_aP^2=J_aE.J_aF=J_aY.J_aZ$, do $(A_1PYZ)=-1$ nên $J_a$ là trung điểm $A_1P$. Gọi đường tròn pedal của $P, P_0$ đối với $\triangle A_0B_0C_0$ là $\Omega$. Ta có $P_{J_a/(P,0)} = J_aP^2=J_aE.J_aF=P_{J_a/\Omega}$. Do đó $J_a$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn điểm $P$ và đường tròn $\Omega$. Định nghĩa tương tự với $J_b, J_c$ thì $\overline{J_aJ_bJ_c} \perp PP_0$. Để ý rằng $J_a, J_b, J_c$ là trung điểm $PA_1, PB_1, PC_1$. Từ đó ta có đpcm $\blacksquare$.

Đặc biệt hóa: Khi $P$ là trọng tâm $\triangle ABC$, ta có $P_0$ là điểm Lemoine của $\triangle A_0B_0C_0$. Khi đó ta có $PP_0$ đi qua điểm Lemoine $L$ của $\triangle ABC$. Hay $PL$ vuông góc với $\overline{A_1B_1C_1}$

Bổ đề 3 (Hiển nhiên): Cho $\triangle ABC$ với tâm nôi tiếp $I$, tâm ngoại tiếp $O$. Đường qua $I$ vuông góc $IA$ cắt $BC$ tại $A_1$, Định nghĩa tương tự với $B_1, C_1$. Khi đó $\overline{A_1B_1C_1} \perp OI$.

Quay lại bài toán 19(0,5đ): 

Dễ thấy rằng $\triangle B_aI_2B_c, \triangle C_aI_3C$ có các cạnh tương ứng song song nên $B_aC_a, BC, I_2I_3$ đồng quy tại $A_1$. Tương tự, $A_bC_b, I_1I_3, AC$ đông quy tại $B_1$ và $A_cB_c, I_1I_2, AB$ đông quy tại $C_1$. Áp dụng bổ đề 3 ta có $OI \perp \overline{A_1B_1C_1}$. Gọi $L$ là điểm Lemoine của $\triangle I_1I_2I_3$, với chú ý $I$ là trọng tâm $\triangle I_1I_2I_3$ ta có $IL \perp \overline{A_1B_1C_1}$. Từ đó $O, I, L$ thẳng hàng $\blacksquare$.

 

 

[Ngockhanh99k48]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 20:}}$

Bổ đề: Cho tam giác $\triangle ABC$ và điểm $P$ bất kì. Gọi $l_a$ là đường thẳng đối xứng của $AP$ qua đường phân giác góc $\widehat{BAC}$. Định nghĩa tương tự với $l_b, l_c$. Khi đó $l_a, l_b, l_c$ đôi một song song $\Leftrightarrow$ $P \in (ABC)$.

Quay lại bài toán:

Gọi $M_a, \Omega_a$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ${AB, AC, DB, DC}$. Định nghĩa tương tự vói $M_b, M_c, \Omega_b, \Omega_c$. Gọi $E = AD \cap BC, F = AB \cap CD, G = AC \cap BD$. Gọi $E_1, E_2, G_1, G_2$ thứ tự là tâm ngoại tiếp tam giác $\triangle EAB, \triangle ECD, \triangle GAB, \triangle GCD$, $S = E_1G_1 \cap E_2G_2$. 

Ta có $(SE_1, SE_2) \equiv (E_1G_1,E_2G_2) \equiv (FB, FC)$ (mod $\pi$) (do $E_1G_1 \perp FB$ và $E_2G_2 \perp FC$) $\equiv (M_bA, M_bD) \equiv (M_bE_1, M_bE_2)$ (mod $\pi$) (dễ thấy $\triangle M_bE_1A \stackrel{+}{\sim} \triangle M_bE_2D$). Do đó $S \in \Omega_b$. Tương tự $S \in \Omega_a$. Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của $\Omega_b$ và $\Omega_a$. Ta sẽ chứng minh $T \in (M_aM_bM_c)$.

Xét phép nghịch đảo cực $M_a$ hợp với phép đối xứng trục phân giác $l$ góc $\widehat{AM_aD}$:

$I_{M_a}^{M_aA.M_aD} \circ Đ_l$ biến $A \leftrightarrow D$, $B \leftrightarrow C$ (dễ thấy do $\triangle M_aAB \stackrel{-}{\sim} \triangle M_aDC$), do đó biến $(M_aAB) \leftrightarrow CD$, $(M_aCD) \leftrightarrow AB$. hay $G \leftrightarrow F$. 

Do $G \leftrightarrow F$, $A \leftrightarrow D$, $D \leftrightarrow A$ nên $(FAD) \leftrightarrow (GDA)$, tương tự $(FBC) \leftrightarrow (GCB)$ nên $M_b = (FAD) \cap (FBC) \leftrightarrow M_c = (GAD) \cap (GBC)$. Theo định nghĩa, ảnh của tâm đường tròn $(M_aAB)$ tức $G_1$ là đối xứng của cực qua ảnh đường tròn đó qua phép nghịch đảo, tức là đối xứng của $M_a$ qua đường thẳng $DC$. Gọi $l_{M_a}$ là đường thẳng qua $M_a$ vuông góc $CD$, thế thì $M_aG_1$ và $l_{M_a}$ đẳng giác trong góc $\widehat{AM_aD}$, hơn nữa $M_aM_b, M_aM_c$ đẳng giác trong góc $AM_aD$, thế thì $M_aG_1$ và $l_{M_a}$ đảng giác trong $\triangle M_aM_bM_c$. Định nghĩa tương tự với $l_{M_b}$, ta cũng chứng minh được $l_{M_b}$ và $M_bE_1$ đăng giác trong $\triangle M_aM_bM_c$. Theo Bổ đề ta có: $M_aG_1$ cắt $M_bE_1$ tại một điểm thuộc $(M_aM_bM_c)$. Giả sử $X=M_aG_1 \cap M_bE_1$ thì $X \in (M_aM_bM_c)$.

Từ đó ta có $(TM_a, TM_b) \equiv (TM_a, TS) + (TS, TM_b) \equiv (G_1M_a, G_1S) + (E_1S, E_1M_b) \equiv (G_1M_a, E_1M_b) \equiv (XM_a, XM_b) \equiv (M_cM_a, M_cM_b)$ (mod $\pi$). Vậy $T \in (M_aM_bM_c)$, hay $\Omega_a, \Omega_b, (M_aM_bM_c)$ đồng quy. Tương tự thì ta có đpcm $\blacksquare$.

$\boxed{\text{Bài toán 21 (AoPS)}}$: Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Các đoạn thẳng $AI, BI, DI$ thứ tự cắt $(I)$ tại $A', B', D'$. Tia $CI$ cắt $(I)$ tại $C'$ thỏa mãn $I$ nằm giữa $C, C'$. $X = AC \cap A'C'$, $Y= BD \cap B'D'$. Chứng minh $XY$ tiếp xúc $(I)$. 

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 2\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 5\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 03-06-2016 - 21:51
Bổ sung điểm

[baopbc]

$\boxed{\text{Bài toán 21}}$ được anh NgocKhanh99k48 đăng lên đã ba ngày chưa có lời giải nên để tiếp tục topic mình sẽ để bài toán này lên đầu trang và tiếp tục cho đến khi nào có người giải được nó. Xin đề xuất bài toán tiếp theo dễ thở hơn nhiều để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Bài toán 22}}$ (Sáng tác - dựa trên kết quả của thầy Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC.P$ là một điểm bất kì trong tam giác sao cho $\measuredangle BPC=180^\circ-\measuredangle BAC$. Giả sử tồn tại hai điểm $E,F$ trên $BP,CP$ sao cho $EF\parallel BC$ và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ thuộc $BC$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ và $ABC$ tiếp xúc nhau.

Hình vẽ bài toán 22

Tản mạn chút

$\boxed{\text{Bài toán 21}}$ được đưa lên AopS bởi Telv Cohl và đã unsolve trong hai năm liền! Gần đây nó được thành viên langkhanh1122 nhắc đến và được thành viên SalaF đưa ra ý tưởng chứng minh rất dài! Hi vọng có ái đó có lời giải cho bài này! Để topic tiếp tục, mọi người hãy cùng thử sức với bài toán mình vừa đề xuất!

 

[fatcat12345]

Lời giải bài 22.

Vì $EF \parallel BC$ nên $\odot (PEF)$ tiếp xúc với $\odot (PBC)$ tại $P$. Dễ thấy qua phép đối xứng trục $BC$ thì $\odot (PBC) \rightarrow \odot (ABC)$, $\odot (PEF)$ thành chính nó từ đó dễ dàng có đpcm.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 5\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 06-06-2016 - 10:19
Bổ sung điểm

[fatcat12345]

$\boxed{\text{Bài toán 23}}$$(AoPS)$ Cho $\Delta ABC$ với $I$ và $O$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp. $\Delta I_AI_BI_C$ là tam giác hình chiếu của $I$ đối với $\Delta ABC$. $H$ là trực tâm $\Delta I_AI_BI_C$. $P\in \odot I_AI_BI_C$ sao cho $\odot PBC$ tiếp xúc với $\odot I_AI_BI_C$. Trục đẳng phương của $(I)$ và $(O)$ cắt $I_CI_B$ và $OI$ tại $E,F$. Chứng minh tứ giác $EFHP$ nội tiếp.

P/s: Dạo này thấy topic trầm nhỉ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi fatcat12345: 06-06-2016 - 09:40

[baopbc]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 23}}$. Bài này sử dụng một số kết quả quen thuộc nên mình/em không chứng minh tại đây!

$\boxed{\text{Kết quả 1.}}$ $OI$ là đường thẳng $Euler$ của tam giác $I_AI_BI_C$.

$\boxed{\text{Kết quả 2.}}$ Gọi $N$ là giao điểm của $I_AH$ với $I_B,I_C$. Khi đó $\frac{NI_C}{NI_B}=\frac{I_AC}{I_AB}$

Kết quả này cũng đúng khi mở rộng ra hai điểm liên hợp đẳng giác, chứng minh tham khảo trong link (Bổ đề $4$)

Quay lại bài toán đang xét.

Tiếp tuyến tại $P$ của $(I)$ cắt $BC$ tại $M$. Ta có $MP^2=MB.MC\Longrightarrow \mathcal{P}_{(M/(I))}=\mathcal{P}_{(M_(O))}$ hay $M$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(I)\Longrightarrow M,E,F$ thẳng hàng.

Hình vẽ bài toán

Do $\triangle PMI_A$ cân tại $M$ nên $PI_A$ là phân giác $\angle BPC\Longrightarrow P$ nằm trên đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$

Mặt khác theo kết quả 2 thì $\frac{NI_C}{NI_B}=\frac{I_AC}{I_AB}=\frac{I_BC}{I_CB}\Longrightarrow \triangle NI_CB\sim \triangle NI_BC$

$\Longrightarrow \frac{BN}{NC}=\frac{I_AB}{I_AC}\Longrightarrow NI_A$ là phân giác $\angle BNC\Longrightarrow N$ thuộc đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$. Gọi $T$ là giao điểm thứ hai khác $I_A$ của đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$ với $BC$. 

Do $B,N,I_A,T$ cùng thuộc một đường tròn nên $\angle PNH=180^\circ-\angle PTI_A=180^\circ-\angle PI_AI$

Mặt khác để ý rằng $P,I,I_A,M,F$ cùng thuộc một đường tròn nên $\angle PFH=\angle PI_AI\Longrightarrow P,N,H,F$ cùng thuộc một đường tròn. 

Do $\angle HNE=\angle EFH$ nên $F,N,H,E$ cùng thuộc một đường tròn $\Longrightarrow E,F,P,H$ cùng thuộc một đường tròn.$\square$

Lời giải khác cho bài 22

Sử dụng kĩ thuật CmM.

Gọi $K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF.S$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp các tam giác $BFK$ và $CEK$.

Ta có $\measuredangle ESF=\measuredangle ESK+\measuredangle FSK=\measuredangle FBK+\measuredangle ECK=180^\circ-\measuredangle EPF\Longrightarrow E,P,F,S$ cùng thuộc một đường tròn. Mặt khác $\measuredangle BSC=\measuredangle BSK+\measuredangle CSK=\measuredangle PFK+\measuredangle PEK=360^\circ-\measuredangle BPC-\measuredangle EKF=360^\circ-180^\circ+\measuredangle BAC-2\measuredangle BAC=180^\circ-\measuredangle BAC$ nên $A,B,S,C$ cùng thuộc một đường tròn.

Kẻ tiếp tuyến $SL$ tại $S$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC\Longrightarrow \measuredangle FSL=\measuredangle BSL+\measuredangle FSB=\measuredangle BCS+\measuredangle FKB=\measuredangle SEK+\measuredangle KFE=\measuredangle KEF+\measuredangle SEK=\measuredangle SEF\Longrightarrow SL$ là tiếp tuyến tại $S$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF\Longrightarrow $ đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ tiếp xúc $(ABC)$

Bài toán đề xuất: $\boxed{\text{Bài toán 24}}$ (Thầy Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC.P,Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác. $K,L,M,N$ lần lượt là trực tâm các tam giác $PAB,PAC,QAB,QAC.KL$ cắt $MN$ tại $R$. Chứng minh rằng $AR\perp BC$.

P/s

Hi vọng anh Dương sẽ thích bài này!

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 6\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 08-06-2016 - 19:59

[dogsteven]

$\boxed{\text{Bài toán 24.}}$

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$ với hai điểm liên hợp đẳng giác là $P, Q$. Gọi $K, L$ lần lược là trực tâm các tam giác $PAB, PAC$. Khi đó $KL$ đi qua hình chiếu $D$ của $Q$ trên $BC$. 

Chứng minh.

Gọi $E, F$ là hình chiếu của $P$ trên $AC, AB$. Khi đó:

$\Delta BPF \sim \Delta BQD \Rightarrow \dfrac{BD}{DQ}=\dfrac{BF}{FP}$

$\Delta CPE \sim \Delta CQD \Rightarrow \dfrac{CD}{DQ}=\dfrac{CE}{EP}$

$\Delta BKF \sim \Delta PAF \Rightarrow \dfrac{BK}{PA}=\dfrac{BF}{FP}$

$\Delta CLE \sim \Delta PAE \Rightarrow \dfrac{CL}{PA}=\dfrac{CE}{EP}$

Từ đó ta suy ra $\dfrac{BK}{CL}=\dfrac{CD}{DC}$ mà $BK || CL$ nên ta có điều phải chứng minh.

Bổ đề 2.  Cho tam giác $ABC$ với hai điểm liên hợp đẳng giác là $P, Q$. Gọi $K, L$ lần lược là trực tâm các tam giác $PAB, PAC$. Gọi $D$ là hình chiếu của $Q$ trên $BC$. Gọi $E, F$ là hình chiếu của $P$ trên $BC, AB$. Gọi $T$ là giao điểm của $KL$ và $(DEF)$ khác $D$. Khi đó $AT \perp KL$

Chứng minh.

Ta có $\widehat{FTD}=\widehat{FEB}=90^o-\widehat{QBE}=90^o-\widehat{PBA}=\widehat{FAK}$

Do đó tứ giác $AKTF$ nội tiếp nên $AT\perp KL$

Trở lại bài toán.

Gọi $E, F$ là hình chiếu của $P, Q$ trên $BC$. $E', F'$ là giao khác $E, F$ của $PE, QF$ với đường tròn Pedal tương ứng với $P$ của tam giác $ABC$.

Áp dụng bổ đề 1 ta suy ra $KL$ đi qua $E$ và $MN$ đi qua $F$

Gọi $T, S$ là giao của $KL, MN$ với $(E'EF)$ khác $E, F$, áp dụng bổ đề 2 ta suy ra $AE'$ đi qua $T$ và $AF'$ đi qua $S$

Ta có tứ giác $ARTS$ nội tiếp nên $\widehat{ARS}=\widehat{ATS}=\widehat{E'TS}=\widehat{PES}$

Do đó $AR || PE$ nên $AR \perp BC$

Một trường hợp đặc biệt của bài toán khi $P\equiv Q$: Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn nội tiếp $I$. Gọi $H, K$ lần lược là trực tâm các tam giác $IAB, IAC$. Khi đó đường cao xuất phát từ đỉnh $A$ của tam giác $ABC$ chia đôi đoạn thẳng $HK$.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 4\\ \hline baopbc & 6\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 08-06-2016 - 19:59

[dogsteven]

$\boxed{\text{Bài toán 25.}}$ Cho tam giác $ABC$. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$. Gọi $M, N$ là hai điểm trên $DF, DE$ sao cho $MN || EF$. $P$ là một điểm bất kỳ nằm trên $(I)$. $PM, PN$ cắt $(I)$ lần thứ $2$ tại $X, Y$. Gọi $Q$ là giao điểm của $BX$ và $CY$. Chứng minh rằng đường thẳng $AP$ và $AQ$ đối xứng với nhau qua $AI$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 08-06-2016 - 23:13

[halloffame]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 25}}$

Bổ đề 1: $\Delta ABC$ nội tiếp $(O);M,N \in AB,AC$ sao cho $MN \parallel BC.P$ bất kì trên $(O);PM,PN$ cắt lại $(O)$ ở $X,Y.$ Khi đó $CX,BY,MN$ đồng quy tại $T$ sao cho nếu $TA$ cắt lại $(O)$ ở $P'$ thì $PP' \parallel BC.$

Chứng minh

Áp dụng Pascal cho bộ 6 điểm $\begin{pmatrix} B,P,C \\ X,A,Y \end{pmatrix}$ ta được $CX,BY,MN$ đồng quy tại $T.$

Áp dụng Pascal cho bộ 6 điểm $\begin{pmatrix} P',X,B \\ C,A,P \end{pmatrix}$ ta được $PP',MT,BC$ đôi một song song hoặc đồng quy.

Mà $MN \parallel BC \Rightarrow$ đpcm.

Bổ đề 2: $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I),(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ ở $D,E,F.Z$ là điểm bất kì$.DZ,EZ,FZ$ cắt lại $(I)$ ở $D',E',F'.$ Khi đó $AD',BE',CF'$ đồng quy.

Chứng minh

$E’F’$ cắt $BC$ ở $D_1.$ Tương tự có $E_1,F_1.$

$\Delta DE'D_1 \sim \Delta F'DD_1 \Rightarrow \frac{E'D_1}{F'D_1} = (\frac{E'D}{F'D})^2 = (\frac{sin \widehat{E'D'D}}{sin \widehat{F'D'D}})^2.$

Tương tự cho các điểm kia sau đó nhân lại và chú ý do định lý Ceva sin nên

$\frac{sin \widehat{E'D'D}}{sin \widehat{F'D'D}}. \frac{sin \widehat{D'F'F}}{sin \widehat{FF'E'}}. \frac{sin \widehat{F'E'E}}{sin \widehat{EE'D'}}=1 \Rightarrow D_1,E_1,F_1$ thẳng hàng theo Menelaus.

Do đó, theo định lý Desargues ta có hai tam giác $ABC$ và $D'E'F'$ thấu xạ nhau, đpcm.

Quay lại bài toán.

 

Theo bổ đề 1, $EX,FY,MN$ đồng quy ở $T$ và $TD$ cắt $(O)$ ở $Z$ đối xứng $P$ qua $AI.$

Theo bổ đề 2, $AZ,BX,CY$ đồng quy tại $Q$ nên suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:29

[halloffame]

$\boxed{\text{Bài toán 26.}}$ Cho $\Delta ABC$ tù ở $A$ nội tiếp $(O),$ có đường cao $AH$ và đường trung bình ứng với $BC$ là $MN(M \in AB).$

$(HMN)$ cắt $(O)$ ở $P.PM,PN$ cắt $AC,AB$ ở $X,Y.$ Chứng minh $XY$ đi qua $H.$ 

[baopbc]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 26}}$. Ta có $\angle HPM=\angle MNH=\angle MNA=\angle ACB\Longrightarrow P,X,H,C$ cùng thuộc một đường tròn 

$\Longrightarrow \angle PHX=\angle PCA$. Tương tự thì $\angle PHY=\angle PBA\Longrightarrow \angle PHX=\angle PHY\Longrightarrow H,X,Y$ thẳng hàng hay $XY$ đi qua $H.\blacksquare$

Hình vẽ bài toán

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 27}}$ (AopS) Cho tam giác $ABC,H$ là một điểm sao cho $\angle HBA=\angle HCA$. Trên đoạn $B,C$ lấy các điểm $D,E$ sao cho $\angle DHB=\angle EHC$. Trên $(ABC)$ lấy $K$ sao cho $\angle AKH=90^\circ$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $KDE$ tiếp xúc $(ABC)$.

Hình vẽ bài toán

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 4\\ \hline baopbc & 7\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 09-06-2016 - 10:45
Đề nghị bài mới

[Ngockhanh99k48]

$\boxed{\text{Lời giải bài 27}}$
Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$. Đương nhiên $KH$ cắt $AO$ tại $F$ thuộc $(O)$. Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle BHC$. Tiếp tuyến tại $H$ của $(I)$ cắt $AC$ tại $J$. Ta có $\widehat{AJH}+\widehat{CAF} = \widehat{ACH}+\widehat{JHC}+\widehat{CAF}=\widehat{ABH}+\widehat{HBC}+90°-\widehat{ABC}=90°$. Do đó $HJ \perp AF$, nên $HI \parallel AO$. Gọi $M$ là giao điểm của $HI$ và $KO$ thì $\triangle MHK$ cân tại $M$. Ta cũng có đường tròn $(M;MK)$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $K$ và tiếp xúc ngoài $(I)$ tại $H$. Theo định nghĩa về tâm đăng phương thì tiếp tuyến tại $K$ của $(O)$, tiếp tuyến tại $H$ của $(BHC)$ và $BC$ đồng quy tại $S$. Ta có do $HD, HE$ đẳng giác góc $\widehat{BHC}$ nên $SH$ tiếp xúc $(HDE)$ do đó $SK^2=SH^2=SD.SE$ nên $SK$ tiếp xúc $(KDE)$. Do $SK$ tiếp xúc $(O)$ nên ta có đpcm.
P/s: một bạn đề xuất bài mới giúp mình được không ạ?

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 4\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 4\\ \hline baopbc & 7\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 09-06-2016 - 10:46

[fatcat12345]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 27}}$

Gọi $Y,Z$ là hình chiếu của $B,C$ lên $CA,AB$. $AH$ cắt $(O)$ tại $H'$.

Vì $HD, HE$ đẳng giác trong góc $\angle BHC$ nên $(HDE), (HBC)$ tiếp xúc. Đối xứng qua $BC$ suy ra $(H'DE), (H'BC)$ tiếp xúc,

Dễ thấy $AK,YZ,BC$ đồng quy nên suy ra $A(KH'BC)=-1$, suy ra tứ giác $KBH'C$ điều hòa, từ đó tiếp tuyến của $(O)$ tại $K$ và $H'$ cắt nhau tại $S \in BC$,

Nên $SK^2=SH'^2=SD.SE$ nên suy ra đpcm.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 4\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 4\\ \hline dogsteven & 4\\ \hline baopbc & 7\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 09-06-2016 - 10:46

[lucifer97]

P/s: một bạn đề xuất bài mới giúp mình được không ạ?  

$\boxed{\text{Bài toán 28}}$

Cho tam giác $ABC$ với $E, F$ là chân đường phân giác trong góc $B$ và $C. EF$ cắt $(ABC)$ tại $M,N$. Chứng minh $2$ tiếp tuyến của $(ABC)$ tại $M,N$ cũng tiếp xúc đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$

(Sáng tác)

 

Ps: Bạn Ngockhanh trả lời nhanh quá nên đăng lời giải bài 27 không kịp @@

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:33

[dogsteven]

$\boxed{\text{Bài toán 28.}}$

Bổ đề. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ với $M$ là trung điểm $CD$ và $S$ là giao điểm của $AD$ và $BC$. Khi đó tiếp tuyến tại $A$ của $(SAB)$ tiếp xúc với $(O, OM)$

Gọi $I$ là tâm của $(SAB)$ và $T$ là giao hai tiếp tuyến tại $A$ và $B$ của $(SAB)$

Ta có $SI\perp CD$ nên $S(S, M, D, C)=-1$ nên $S, M, T$ thẳng hàng, mà $TA=TB, OA=OB, IA=IB$ nên $T, O, I$ thẳng hàng.

Mà $OM \perp CD$ nên $T$ là tâm vị tự ngoài của $(O, OM)$ và $(SAB)$

Do đó $TA, TB$ tiếp xúc với $(O, OM)$ nên ta có điều phải chứng minh.

 

Trở lại bài toán.

Gọi $X, Y, Z$ là tâm bàng tiếp các góc $A, B, C$ của tam giác $ABC$ và $T$ là trung điểm $YZ$

$K, L$ là giao điểm của $BC$ với $(XYZ)$ thì ta lại có cấu hình bài toán 17 tại đây

Chứng minh $X$ là tâm $KMNL$ có cách đơn giản hơn và đã được đăng ở trên group Bài toán hay - Lời giải đẹp - Đam mê toán học, các anh chị có thể lên tham khảo.

Tứ giác nội tiếp đường tròn tâm $X$ là $KLNM$ có $T$ là giao điểm của $KM, LN$ nên tiếp tuyến tại $M, N$ của $(TMN)$ tiếp xúc với đường tròn bàng tiếp góc $A$ tam giác $ABC$ và $(TMN)$ cũng chính là $(ABC)$ nên ta có điều phải chứng minh.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 4\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 4\\ \hline dogsteven & 5\\ \hline baopbc & 7\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:30