Đến nội dung


baopbc

Đăng ký: 14-11-2015
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

20-01-2017 - 20:31

Lời giải bài toán 138. Dễ thấy $M,I,N$ thẳng hàng, ta $\angle PMA=180^\circ-\angle AIB=\frac{1}{2}\cdot (\angle A+\angle B)=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle C=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle MPA$ nên $\triangle MPA$ cân suy ra $\overline{PA}=\overline{PM}$. Tương tự thì $\overline{PA}=\overline{PN}$ nên $P$ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$.Gọi $E,F$ lần lượt giao điểm của $AP$ với các đường tròn $(AIB)$ $(AIC)$. Do $\measuredangle AEM=\measuredangle ABM=\measuredangle ACP$ nên $ME\perp OP$. Tương tự thì $NF\perp OP$ do đó $ME\parallel NF$. Gọi $S,T$ lần lượt giao điểm của $PB,PC$ với đường thẳng qua $A$ vuông góc với $PO$. Do $ST\parallel ME\parallel NF$ nên theo định Thales \[\frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AP}},\frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}=\frac{\overline{AP}}{\overline{AF}}\Rightarrow \frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}\cdot \frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}\] Mặt khác do các tam giác $APM$ $APN$ cân tại $P$ nên $BE\parallel AM, CF\parallel AN$ suy ra $\overline{AE}=\overline{MB}, \overline{AF}=\overline{NC}$. Do đó $\overline{AE}:\overline{AF}=\overline{MB}:\overline{NC}$. Gọi $X$ giao điểm của $MN$ với $ST$. Áp dụng định Menelaus cho tam giác $SPT$, cát tuyến $M,N,X$ ta suy ra \[\frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}\cdot \frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}\cdot \frac{\overline{XN}}{\overline{XM}}=1\Rightarrow \frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\Rightarrow \frac{\overline{MB}}{\overline{NC}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\] Gọi $K,L$ lần lượt giao điểm của $MQ,NR$ với đường thẳng $ST$. Theo định Thales \[\frac{\overline{KM}}{\overline{LN}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\Rightarrow\frac{\overline{KM}}{\overline{LN}}=\frac{\overline{MB}}{\overline{NC}}\] Mặt khác do $\overline{PM}=\overline{PN}$ nên $\triangle MPN$ cân tại $P$ nên $\measuredangle MNP=\measuredangle NMP$ suy ra $\measuredangle KMB=\measuredangle LNC$. Từ đó $\triangle KMB\sim \triangle LNC$ (cạnh - góc - cạnh) suy ra $\measuredangle KBM=\measuredangle LCN$. Do đó $\angle AKB=\angle KSB+\angle KBS=90^\circ-\angle OPB+\angle LCN=\angle BCP+\angle LCN=180^\circ-\angle BCL$ suy ra tứ giác $KBCL$ nội tiếp.\\ Gọi $Z$ giao điểm của $ST$ với $BC$, theo tính chất phương tích $\overline{ZK}\cdot \overline{ZL}=\overline{ZB}\cdot \overline{ZC}$. Mặt khác do $\angle MKA=180^\circ-\measuredangle (PO,MN)=180^\circ-(\angle BMI+\angle BPO)=180^\circ-(\frac{1}{2}\cdot\angle A+\angle BPO)=90^\circ+\angle BAP$ $-\frac{1}{2}\cdot \angle A=90^\circ+\frac{1}{2}\angle A-\angle PBC=180^\circ-(90^\circ-\frac{1}{2}\angle A)-\angle MBQ=\angle BQM$ nên tứ giác $KLRQ$ nội tiếp suy ra $\overline{ZK}\cdot \overline{ZL}=\overline{ZQ}\cdot \overline{ZR}$. Do đó $\overline{ZB}\cdot \overline{ZC}=\overline{ZQ}\cdot \overline{ZR}$ nên $Z$ thuộc trục đẳng phương của các đường tròn $(O)$ $(AQR)$ suy ra $AZ$ trục đẳng phương của $(O)$ $(AQR)$, từ đó suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AQR$ thuộc $OP$ do $OP\perp AZ$. $\square$


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

17-01-2017 - 11:42

Lời giải bài toán 126. Ta phát biểu bài toán về dạng dễ nhìn hơn như sau :

Bài toán 126'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$. $P$ thuộc $OH$. Gọi $X$, $Y$, $Z$ lần lượt là đối xứng của $P$ qua trung trực $BC$, $CA$, $AB$. Chứng minh rằng $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy.

 

Giải. Bổ đề (Định lý Steiner)Cho tam giác $ABC$. $D$, $E$ là hai điểm bất kỳ trên $BC$. Khi đó $AD$, $AE$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ khi và chỉ khi $\tfrac{DB}{DC}\cdot \tfrac{EB}{EC}=\tfrac{AB^2}{AC^2}$

 

Quay lại bài toán. Ta sẽ chứng minh $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại một điểm có điểm liên hợp đẳng giác thuộc $OH$.

Gọi $T$ là giao điểm của $AX$ với $OH$, đường đẳng giác với $AX$ trong $\widehat{BAC}$ cắt $OH$ tại $S$.

Do $AO$, $AH$ đẳng giác nên $AX$, $AS$ đẳng giác trong $\widehat{OAH}$.

Theo định lý Steiner ta suy ra, 

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\]

Gọi $G$ là giao điểm của $XO$ với $AH$, $R$ là giao điểm của đường tròn $(ARO)$ với $AO$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $OGH$ với $\overline{ATX}$ ta thu được,

\[\frac{TO}{TH}=\frac{XO}{XG}\cdot \frac{AG}{AH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot XO\cdot AG}{AO^2\cdot XG}\]

Do $\tfrac{XO}{XG}=\tfrac{OP}{OP+OH}$ nên,

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot OP\cdot AG}{AO^2\cdot (OP+OH)}\]

Do tứ giác $HGRO$ nội tiếp nên $AG\cdot AH=AR\cdot AO$.

Chú ý các góc $\widehat{HRO}$ và $\widehat{AHO}$ bằng nhau nên $\triangle HRO\sim \triangle AHO$.

$\Rightarrow OR=\tfrac{OH^2}{AO}$

Từ đó,

\[\frac{SH}{SO}=(1-\frac{OH^2}{OA^2})\cdot \frac{OP}{OP+OH}\]

Tương tự với $B$, $C$, ta suy ra $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại điểm liên hợp đẳng giác với $S$ đối với tam giác $ABC$. $\square$


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

14-01-2017 - 20:19

Lời giải bài toán 121. Gọi $X$ là giao điểm của $QI$ với đường tròn $(O)$. $Y$, $Z$ lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ $AQ$ của $(O)$ và cung nhỏ $EF$ của $(K)$.

Theo bài toán 111 thì $X$, $Y$, $Z$ thẳng hàng. Mặt khác do $\triangle RYM\sim \triangle NZD$ (do $DZ\parallel MY$ theo bài toán 111) nên $X$, $N$, $R$ thẳng hàng.

Gọi $U$, $V$ lần lượt là điểm chính giữa cung $AC$, $AB$ của đường tròn $(O)$. Qua phép vị tự tâm $X$, tỉ số $\tfrac{XK}{XO}$ biến $N$ thành $R$, $E$ thành $U$, $F$ thành $V$, $K$ thành $O$ nên $R$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $UOV$. Do $\widehat{VOR}=\widehat{VPU}=\widehat{BPO}$ nên các tam giác cân $POB$ và $ORV$ đồng dạng. Do đó $OP^2=OR\cdot PB=OR\cdot PI$ suy ra $\tfrac{OR}{PI}=\tfrac{OP^2}{PI^2}$. Từ đó theo định lí Thales $PR$ là đường đối trung của tam giác $OPI$ nên $\widehat{APR}=\widehat{QPJ}$.  $\square$


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

14-01-2017 - 11:35

Lời giải bài toán 118.

Gọi $D$ là đối xứng của $L$ qua $BC$ thì $DP\parallel OC$, $DQ\parallel OB$.

Ta có $\tfrac{MD}{MO}=\tfrac{ML}{MO}=\tfrac{HK}{HA}$. Từ đó $\tfrac{MP}{MC}=\tfrac{MQ}{MB}=\tfrac{HK}{HA}$

Gọi $X$, $Y$, $S$, $T$ lần lượt là hình chiếu của $K$, $H$ lên $CA$, $AB$. 

Do $\triangle AKY\sim \triangle CPE$ và $\tfrac{YA}{YT}=\tfrac{PC}{PM}$ nên $\triangle CME\sim \triangle ATK$

Từ đó $\widehat{EMC}=\widehat{KTY}$ nên $\triangle EMP\sim \triangle TKY$.

Tương tự $\triangle FMQ\sim \triangle KSX$.

Do tứ giác $TKSC$ nội tiếp nên $\widehat{KSX}=\widehat{YKT}$ suy ra $\triangle YKT\sim \triangle XSK$

Từ đó $\triangle MPE\sim \triangle FQM$ kéo theo $MP^2=PE\cdot QF\Rightarrow PQ^2=4PE\cdot QF$

$\Rightarrow EF^2=(QF-PE)^2+PQ^2=(QF-PE)^2+4PE\cdot QF=(QF+PE)^2\Rightarrow EF=QF+PE$.  $\square$


Trong chủ đề: Đề cử Thành viên nổi bật 2016

13-01-2017 - 23:15

Em xin đề cử thầy quanghung86, anh JUV, viet nam in my heart, bangbang1412, Ego, Zaraki, bạn I love MC

Thành tích nổi bật: Như mọi người đã nói ở trên.

Ý kiến thêm : Không có