Chủ đề này có 4 trả lời

[baopbc]

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ tại tuần 2 tháng 9 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó.

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn với tâm ngoại tiếp $O.(K)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$. Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(K)$ lần lượt cắt $AO$ tại $P,Q$. Lấy $M$ khác $B$ thuộc $(K)$ sao cho $PM$ tiếp xúc $(K)$. Lấy $N$ khác $C$ thuộc $(K)$ sao cho $QN$ tiếp xúc $(K)$. Gọi $L$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$. Chứng minh rằng $OL\perp AO$.

Hình vẽ bài toán

[baopbc]

Hình vẽ bài toán

$\textbf{Lời giải.}$ Gọi $D,E$ lần lượt là giao điểm của $AO$ với các đường tròn $(O)$ và $(K). X$ là giao điểm của $CM$ với $BN$.

Gọi $H$ là giao điểm của $MN$ với $BC$.

Áp dụng định lí Pascal cho hệ điểm $\bigl(\begin{smallmatrix} B & M &C \\ M & B & N \end{smallmatrix}\bigr)$ ta suy ra $X,H,P$ thẳng hàng tức $P$ thuộc $XH$.

Áp dụng định lí Pascal cho hệ điểm $\bigl(\begin{smallmatrix} M & C &N \\ B& N & C \end{smallmatrix}\bigr)$ ta suy ra $X,H,Q$ thẳng hàng tức $Q$ thuộc $XH$.

Do đó $PQ\equiv XH$ hay $X,H$ thuộc $AO$. Do $HM\cdot HN=HB\cdot HC=HD\cdot HA$ nên tứ giác $AMDN$ nội tiếp.

Mặt khác do $O$ là trung điểm $AD$ nên hiển nhiên $OL\perp AO$. $\blacksquare$

 

[quanghung86]

Cám ơn Bảo về lời giải rất nhanh, lần này thì em làm chuẩn theo từng bước đáp án rồi, bạn Nguyễn Quang Trung đề nghị là bài toán có thể thay $(K)$ thành đường tròn bất kỳ qua $B,C$. Mình cũng chưa thử, mọi người thảo luận thêm. Tuy nhiên với lời giải trên thì cần $O$ là tâm ngoại tiếp.

[ecchi123]

 

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O) , (K)$ là đường tròn bất kì qua $B$ và $C$ , tiếp tuyến tại $B , C$ của (K) lần lượt cắt $AO$ tại $P, Q$ , Lấy $M$ thuộc $(K)$ khác $B$ sao cho $PM$ tiếp xúc $(K)$ , Lấy $N$ khác $C$ thuộc $(K)$ sao cho $NQ$ tiêp xúc $(K) , L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AMN$ , Khi đó $OL$ vuông góc với $AO$.

 

Theo cách giải của em thì em cho $AO$ cắt $(O)$ tại $L$ .Ta chứng minh $AMNL$ nội tiếp.

Trước tiên ta chứng minh : $AO , BC MN$ đồng quy

Xét cực và đối cực tâm $K$ . Cho $BM$ cắt $CN$ tại $H .BC$ cắt $MN$ tại $G$

$H$ liên hợp với $P$ và $Q$ và $G$ nên $Q,P,G$ thằng hàng suy ra $G$ thuộc $AO$

Khi đó $GA\cdot GL =GB\cdot GC=GM\cdot GN$ suy ra tứ giác $AMNL$ nội tiếp.

Từ đó $AO$ vuông góc với $LO$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 15-09-2016 - 22:10
$\LaTeX$

[quanghung86]

Sau đây là một cách khác mở rộng

 

Cho tam giác $ABC$ và một đường tròn $(K)$ qua $B,C$. $d$ là một đường thẳng đi qua $A$. Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(K)$ cắt $d$ tại $P,Q$. Vẽ các tiếp tuyến $PM,QN$ tới $(K)$ với $M,N$ khác $B,C$. $L,O$ lần lượt là tâm ngoại tiếp tam giác $AMN$ và $ABC$. Chứng minh rằng $OL\perp d$.

 

Bài này có thể sửa thành

 

Chứng minh rằng $L$ luôn thuộc một đường thẳng cố định khi $(K)$ thay đổi.