2 replies to this topic

[baopbc]

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 9 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó.

 

Cho hình thang cân $ABCD$ nội tiếp trong đường tròn $(O).K$ là trung điểm $CD.AD$ cắt đường tròn $(K)$ đi qua $A,B$ tại $P$ khác $A.Q$ là trực tâm tam giác $PAB$. Tiếp tuyến tại $C$ của $(O)$ cắt $AB,PQ$ lần lượt tại $M,N.MQ,NP$ lần lượt cắt đường tròn $(L)$ ngoại tiếp tam giác $BMN$ tại $S,T$ khác $M$. Tiếp tuyến tại $S,T$ của $(L)$ cắt nhau tại $R$. Chứng minh rằng $RD$ tiếp xúc $(O)$.

Hình vẽ bài toán

[baopbc]

Hình vẽ bài toán

$\textbf{Lời giải.}$ Gọi $Y$ là trung điểm $PQ$.

Ta có $\angle PQB=180^\circ-\angle PAB=\angle BCD, \angle QBP=90^\circ-\angle BPA=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle BKA=\angle BKC$.

Do đó $\triangle QPB\sim \triangle CBK$ (góc - góc) suy ra $\frac{KC}{BC}=\frac{QB}{QP}\Rightarrow \frac{DC}{BC}=\frac{QB}{QY}$.

Từ đó $\triangle DBC\sim \triangle BYQ$ (cạnh - góc -cạnh) suy ra $\angle QYB=\angle DBC=\angle DCN=\angle BMC$. Do đó tứ giác $YBMN$ nội tiếp.

 

Gọi $Z$ là giao điểm của $PA$ với $BQ$ thì $\angle PZB=90^\circ$. Do $\angle ZYB=\angle YZQ-\angle YBQ=\angle BCD-\angle BDC=\angle BDZ$ nên tứ giác $YZBD$ nội tiếp suy ra $\angle BYD=90^\circ$.

Mặt khác do $\angle YBD=\angle ZBD-\angle ZBY=90^\circ-\angle BDA-BDC=\angle ODB$ nên $OD\parallel BY$.

Do đó $YD$ là tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$.

 

Gọi $X$ là giao điểm của $YD$ với đường tròn $(BMN)$. Do tứ giác $YBMX$ nội tiếp nên $\angle BMX=90^\circ$ suy ra $MX\perp CD$ hay $MX\parallel PQ$.

Từ đó suy ra $M(XYPQ)=-1$ hay tứ giác $SYXT$ điều hòa kéo theo $XY$ đi qua $R$ hay $RD$ là tiếp tuyến với $(O).\ \blacksquare$

Edited by baopbc, 18-09-2016 - 19:50.
$\LaTeX$

[quanghung86]

Cám ơn Bảo đã đưa ra lời giải tường minh, chính xác hơn nó là cách viết khác của bài chọn đội KHTN, bản thân bài chọn đội tuyển phát biểu trên tam giác có rất nhiều ứng dụng lạ mắt !