Đến nội dung


baopbc

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

#668648 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi baopbc trong 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 $ABC$. $\square$




#668302 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi baopbc trong 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 $\widehat{APR}=\widehat{QPJ}$.  $\square$




#668272 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi baopbc trong 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 $MP^2=PE\cdot QF\Rightarrow PQ^2=4PE\cdot QF$

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




#668249 Đề cử Thành viên nổi bật 2016

Gửi bởi baopbc trong 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




#668225 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi baopbc trong 13-01-2017 - 21:42

Lời giải bài 116.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $O$, trực tâm $H$, $M$ là trung điểm $BC$. Đường cao $BE$, $CF$. $MH$ cắt $EF$ và $(O)$ lần lượt tại $R$, $K$. $KA$ cắt $MO$ tại $P$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $EF$ cắt $KO$ tại $Q$. Khi đó $QR$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

 

Chứng minh. Do $AH\parallel PM$ nên $\tfrac{MH}{MK}=\tfrac{PA}{PK}=\tfrac{QO}{QK}$. Mặt khác do $(KHRM)=-1$ nên $\tfrac{MH}{MK}=\tfrac{RH}{RK}$. Từ đó theo định lí Menelaus $RQ$ đi qua trung điểm $OH$ hay $QR$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$. Bổ đề được chứng minh.

 

Quay lại bài toán.

Ta có $\widehat{QFB}=\widehat{QEF}=180^\circ-\widehat{QDF}=90^\circ-\tfrac{1}{2}\widehat{ABC}$ (do $DF$ đi qua điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $C$ của $\triangle ABC$). Gọi $M$ là giao điểm của $QF$ với $BC$ thì $\triangle FBM$ cân tại $B$ suy ra $IF=IM=IE$ suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $FME$ kéo theo $\widehat{EMF}=90^\circ$. Xác định điểm $N$ tương tự thì $\widehat{ENF}=90^\circ$. Do $\widehat{QDI}=90^\circ$ nên $DI$ đi qua điểm $Q'$ đối xứng với $Q$ qua $K$. Do đó $DI$ đi qua trực tâm tam giác $QEF$. Từ đó theo bổ đề ta có điều phải chứng minh.




#668191 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi baopbc trong 13-01-2017 - 20:26

Lời giải bài toán 115. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $G$. Do tứ giác $ABXC$ điều hòa nên $GX$ tiếp xúc $(O)$, mặt khác do $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $X$ nên $GX$ tiếp xúc $(K)$. Theo bài toán 112 thì $KS\perp BC$ nên $SY=SZ$. Do đó $GA^2=GX^2=GY\cdot GZ=\mathcal{P}_{G/(S)}=GS^2-SY^2$.

 

Theo định lý Cosin thì $GS^2=GO^2+OS^2-2OS.OG.\cos (\widehat{SOG})=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}OL.OG.\cos (\widehat{SOG})$.

Gọi $T$ là giao điểm của $OG$ với $AX$. Do $OG\perp AX$ nên $OL.\cos(\widehat{SOG})=OT$, suy ra

$GS^2=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}OG.OT=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}R^2$

$\Rightarrow GA^2=GO^2-\tfrac{1}{2}R^2+OS^2-SY^2\Rightarrow SY^2-OS^2=\tfrac{1}{2}R^2$.

 

Gọi $F$ là giao điểm của $(XYE)$ với $AX$.

Ta có $LF\cdot LX=LY\cdot LE=SY^2-LS^2=SY^2-\tfrac{9}{16}LO^2=SY^2-OS^2-\tfrac{1}{2}OL^2=\tfrac{1}{2}(R^2-LO^2)=\tfrac{1}{2}LA\cdot LX$

$\Rightarrow F$ là trung điểm $AL$.$\square$




#665882 Tuần 4 tháng 12/2016 : Bài toán chia đôi cạnh

Gửi bởi baopbc trong 26-12-2016 - 11:33

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA$, $AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $D$. $M$, $N$ thuộc $BC$ sao cho $IM\perp AI$ và $DN\perp AD$. $IM$ cắt $AD$ tại $L$. Đường thẳng qua $L$ vuông góc $OA$ cắt $BC$, $AM$, $AN$ lần lượt tại $P$, $Q$, $R$. Chứng minh $P$ là trung điểm $QR$.

Post 379.PNG

Hình vẽ bài toán




#665057 Tuần 3 tháng 12/2016 : Đường tròn tiếp xúc

Gửi bởi baopbc trong 18-12-2016 - 21:36

Giải :

 

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$, trung trực $BC$ cắt $CA$, $AB$ tại $A_1$, $A_2$. Gọi $N$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $A_1AA_2$.

Khi đó $AN$ vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

Post 376.PNG

Chứng minh : $AD$ là đường kính của tam giác $ABC$, $P$ là đối xứng của $A$ qua trung điểm $BC$.

Gọi $Q$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $DBC$. Do đó $Q$ cũng là tâm đường tròn Euler của tam giác $PBC$.

Mặt khác do $D$ là trực tâm tam giác $PBC$ nên $DQ$ là đường thẳng Euler của tam giác $PBC$.

Do $P$ là đối xứng của $A$ qua trung điểm $BC$ nên đường thẳng Euler của hai tam giác $PBC$ và $ABC$ song song với nhau. $\qquad (1)$

 

Xét hai tam giác $AA_1AA_2$ và $DBC$ có các cạnh lần lượt vuông góc với nhau nên từ đó $AQ\perp AN$ $\qquad (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta thu được điều phải chứng minh.

__________________________________________

 

Quay lại bài toán :

Post 375.PNG

Theo bổ đề trên $AA_3$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $AA_1A_2$.

Mặt khác $A_3$ thuộc trung trực $A_1A_2$ nên $A_3$ chính là điểm đối xứng của tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AA_1A_2$ qua $A_1A_2$.

Do đó $A_4$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AA_1A_2$.

 

Suy ra $\angle A_4AA_1=90^\circ-\angle AA_2A_1=\angle ABC$ nên $AA_4$ là tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(ABC)$.

Tương tự ta cũng có $BB_4$ và $CC_4$ lần lượt là tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $(ABC)$.

 

Dễ thấy $\angle A_4A_1A=\angle ABC$ nên $A_4$, $A_1$, $B_1$ thẳng hàng. Tương tự thì $A_4$, $A_1$, $B_1$, $B_4$ thẳng hàng suy ra $A_4B_4\parallel CC_4$. 

Tương tự $B_4C_4\parallel AA_4$, $C_4A_4\parallel BB_4$.

 

Gọi $XYZ$ là tam giác tạo bới $AA_4$, $BB_4$, $CC_4$ thì $A_4B_4C_4$ là tam giác trung bình của tam giác $XYZ$

Từ đó theo định lí Feuerbach, đường tròn $(A_4B_4C_4)$ tiếp xúc đường tròn $(O)$.




#665042 Tuần 3 tháng 12/2016 : Đường tròn tiếp xúc

Gửi bởi baopbc trong 18-12-2016 - 20:01

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trung trực $BC$ cắt $CA$, $AB$ tại $A_1$, $A_2$. Trên trung trực $A_1A_2$ lấy $A_3$ sao cho $AA_3$ vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác $ABC$. Lấy $A_4$ đối xứng với $A_3$ qua $A_1A_2$. Dựng tương tự các điểm $B_4$, $C_4$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_4B_4C_4$ tiếp xúc đường tròn $(ABC)$.

Post 374.PNG

Hình vẽ bài toán

 




#664606 Tuần 2 tháng 12/2016 : Bài toán nội tiếp trên đường tròn tiếp xúc

Gửi bởi baopbc trong 14-12-2016 - 02:18

Một lời giải khác :

 

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, $\overline{IN}\cdot \overline{IB}=ID^2=\overline{IM}\cdot \overline{IC}$ nên tứ giác $BNMC$ nội tiếp.

Mặt khác, do $MN\parallel ST$ nên $\widehat{SBC}=\widehat{MNC}=\widehat{STC}$ suy ra tứ giác $BCST$ nội tiếp.$\qquad (1)$

 

Từ $(1)$ suy ra $\widehat{PSM}=\widehat{NCD}$, $\widehat{SPM}=\widehat{CDN}$ nên $\triangle CDN\sim \triangle SPM$ (góc - góc). Do đó :

\[\frac{SM}{CN}=\frac{PM}{DN}\Rightarrow \frac{2SM}{CN}=\frac{DM}{DN}\qquad (2)\]

Gọi $K$ là giao điểm của $DM$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $NDC$.

Do $\widehat{NKC}=\widehat{NDB}=\widehat{NMN}$, $\widehat{KCN}=\widehat{MDN}$ nên $\triangle MDN\sim \triangle KCN$ (góc - góc). Do đó :

\[\frac{KC}{CN}=\frac{DM}{DN}\qquad (3)\]

Từ $(2)$ và $(3)$ ta suy ra $KC=2SM$ $\qquad (4)$

Gọi $G$, $H$ lần lượt là giao điểm của $CN$ với $DM$, $BM$ với $DN$.

Do $\widehat{MGN}=90^\circ-\widehat{NCM}=90^\circ-\widehat{MBN}=\widehat{MHN}$ nên tứ giác $MGHN$ nội tiếp. $\qquad (5)$

Từ $(5)$ suy ra $\widehat{SMK}=\widehat{GMH}=\widehat{DNG}=\widehat{MKC}$ $\qquad (6)$

Do tam giác $KMC$ vuông tại $M$ nên từ $(6)$, $MS$ đi qua trung điểm $CK$. Từ đó theo $(4)$, $S$ là trung điểm $CK$. $\qquad (7)$

 

Gọi $J$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BTSC$ với $AC$.

Từ $(7)$ suy ra $SM=SC$ hay $\triangle MSC$ cân tại $S$. Do đó $\widehat{SCJ}=\widehat{SMC}-\widehat{MCD}=\widehat{SBC}$.

Suy ra $DM$ là phân giác $\angle JBC$ hay $M$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BJC$.

Theo định lý Lyness đảo, đường tròn $(I)$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCST$.




#664464 Tuần 2 tháng 12/2016 : Bài toán nội tiếp trên đường tròn tiếp xúc

Gửi bởi baopbc trong 12-12-2016 - 16:54

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 2 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt tại $D$, $E$, $F$. $M$, $N$, $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm của $DE$, $DF$, $EM$, $FN$. $BM$, $CN$ theo thứ tự cắt $PQ$ tại $S$, $T$. Chứng minh rằng bốn điểm $B$, $C$, $S$, $T$ cùng nằm trên một đường tròn tiếp xúc $(I)$.

Post 370.PNG

Hình vẽ bài toán

 




#663806 Tuần 1 tháng 12/2016 : Bài toán vuông góc trên cấu hình tiếp xúc

Gửi bởi baopbc trong 04-12-2016 - 18:17

Post 366.PNG

Giải. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $DE,DF$. $Q$ là giao điểm của $MN$ với $BC$.

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, $\overline{IN}\cdot \overline{IB}=ID^2=\overline{IM}\cdot \overline{IC}$ nên tứ giác $BNMC$ nội tiếp.

$\implies \overline{QN}\cdot \overline{QM}=\overline{QB}\cdot \overline{QC}$. $\qquad (1)$

Do đường tròn $(DMN)$ tiếp xúc $(I)$ nên $QD$ là tiếp tuyến của $(DMN)$ $\implies QD^2=\overline{QN}\cdot \overline{QM}$ $\qquad (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra $QD^2=\overline{QB}\cdot \overline{QC}\implies \mathcal{P}_{Q/(I)}=\mathcal{P}_{Q/(O)}$ hay $Q$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(I)$.

Mặt khác theo định lí về tâm đẳng phương, tiếp tuyến tại $P$ của $(I)$ đi qua $Q$. $\qquad (3)$

Gọi $R,S$ là giao điểm của $MN$ với $(I)$, từ $(3)$ thì $DRPS$ là tứ giác điều hòa. $\qquad (4)$

Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $DK$ cắt $(I)$ tại $L'$. $T,U$ lần lượt là hình chiếu của $L',I$ lên $EF$. $V$ là trung điểm $KL'$.

Do $EFDL'$ là hình thang cân nên $T$ đối xứng $T$ qua $U$ $\implies IV\parallel L'T$ hay $IV\perp MN\implies V$ là trung điểm $RS$.

Từ đó $L'(DVRS)=-1$. Mặt khác từ $(4)$ thì $L'(DPRS)=-1$ nên $L',K,P$ thẳng hàng. Do đó $L\equiv L'$.

$\implies DL\perp DK\implies DL\perp AI$.

______________________

Bài này là biến thể của bài toán IMO Shortlist 2011 G4 quen thuộc, lời giải trên của em cũng dựa trên bài toán này.




#663805 Tuần 1 tháng 12/2016 : Bài toán vuông góc trên cấu hình tiếp xúc

Gửi bởi baopbc trong 04-12-2016 - 18:02

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 1 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Đường tròn qua $B,C$ tiếp xúc $(I)$ tại $P$. $K$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$. $PK$ cắt $(I)$ tại $L$. Chứng minh rằng $DL\perp AI$.




#663427 Tuần 5 tháng 11/2016 : Mở rộng bài toán hình học trường đông tại Vinh năm 2016

Gửi bởi baopbc trong 29-11-2016 - 23:01

Giải. Ta có $\angle BEA+\angle CFA=\angle BPA+\angle CPA=180^\circ$ nên $BE$, $CF$ cắt nhau trên đường tròn $(AEF)$.

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. $R$ là giao điểm của $BE$ và $CF$.

Do $\angle BRC=\angle BHC=180^\circ-\angle BAC$ nên tứ giác $BHRC$ nội tiếp suy ra $R$ thuộc đường tròn đối xứng với đường tròn $(O)$ qua $BC$.

Gọi $X$ là trung điểm $BC$. $R_1$, $R_2$ là các giao điểm của $XR$ với đường tròn $(O)$. $A_1$, $A_2$ là giao điểm của $AX$ với các đường tròn $(BRC)$ và $(O)$.

Do tính đối xứng nên $\overline{XR}\cdot \overline{XR_1}=-\overline{XR_2}\cdot \overline{XR_1}=-\overline{XA_1}\cdot \overline{XA}=\overline{XA_2}\cdot \overline{XA}$ $\Rightarrow $ tứ giác $AR_1RA_2$ nội tiếp.

Mặt khác do $\overline{XR}=-\overline{XR_2}$ nên tứ giác $RCR_2B$ là hình bình hành $\Rightarrow $ $CR_2\parallel ER$.

Theo định lí Reim, tứ giác $AR_1RE$ nội tiếp. Tương tự ta thu được lục giác $AR_1FRA_2E$ nội tiếp. $\qquad (1)$

Từ $(1)$ $\Rightarrow$ $K$ thuộc trung trực $AA_2$. Mặt khác khi $P$ trùng chân đường vuông góc kẻ từ $A$ xuống $BC$ thì $K$ trùng trung điểm $AH$.

Do đó $K$ thuộc đường thẳng qua trung điểm $AH$ và vuông góc với $AX$. $\qquad (2)$

Gọi $K_1$ là trung điểm $AH$. $\triangle D_1E_1F_1$ là tam giác pedal của trực tâm $H$ đối với $\triangle ABC$.

Do $K_1X\perp E_1F_1$ và $E_1F_1\parallel AQ$ nên $K_1X\perp AQ$ $\Rightarrow $ $\triangle K_1D_1X\sim \triangle QD_1A$ (góc - góc)

$\Rightarrow $ $\tfrac{D_1A}{D_1Q}=\tfrac{D_1X}{D_1K_1}$ $\Rightarrow $ $\tfrac{D_1X}{D_1A}=\tfrac{D_1K_1}{D_1Q_1}$ $\Rightarrow $ $\triangle K_1D_1Q\sim \triangle XD_1A$ (cạnh - góc - cạnh).

$\implies QK_1\perp AX$ $\qquad (3)$

Từ $(2)$ và $(3)$ $\implies K$ thuộc $QK_1$ hay $ST\equiv QK_1$. $\qquad (4)$

Gọi $K_2$ là giao điểm của $SF$ và $TE$ thì $K_2$ là điểm đối xứng của $A$ qua $K$ suy ra $HK_2\parallel ST$.

Gọi $S_1$, $T_1$ lần lượt là giao điểm của $CH$, $BH$ với $ST$. Theo tính chất hình bình hành $\triangle K_2ST=\triangle HS_1T_1$ $\qquad (5)$

Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $BA$ cắt $AS_1$ tại $M_1$. Tương tự xác định $N_1$.

Dễ thấy $\angle S_1HK_1=\angle ABX$, $\angle K_1S_1H=\angle BAX$ (do $(5)$) nên $\triangle S_1HK_1\sim \triangle ABX$ (góc - góc)

$\Rightarrow $ $\tfrac{S_1H}{HK_1}=\tfrac{AB}{BX}$ $\Rightarrow $ $\tfrac{S_1H}{HA}=\tfrac{AB}{BC}$ $\Rightarrow $ $\triangle ABC\sim \triangle S_1HA$ (cạnh - góc -cạnh) $\implies $ $S_1A\perp AC$. Tương tự $T_1A\perp AB$.

Từ đó theo tính chất hình bình hành $O$ là trung điểm $M_1N_1$. Gọi $P_1$ là hình chiếu của $A$ lên $M_1N_1$.

Ta có $\angle BPC=360^\circ-180^\circ+\angle A-180^\circ+\angle A=2\angle A=\angle BOC$ nên tứ giác $BP_1OC$ là tứ giác nội tiếp. $\qquad (6)$

Mặt khác do $\angle BPA=\angle CPA=180^\circ-\angle A$ nên $P_1A$ là phân giác $\angle BP_1C$ $\qquad (7)$

Từ $(6)$ và $(7)$ ta thu được $AP_1$ là đường đối trung của $\triangle ABC$ $\implies M_1N_1\parallel OQ$ $\qquad (8)$

Do $BM_1=HS_1=K_2S$ (do $(5)$) nên $K_2SM_1B$ là hình bình hành $\implies M$ là trung điểm $K_2M_1$.

Tương tự và theo tính chất đường trung bình thì $MN\parallel M_1N_1$ $\qquad (9)$

Từ $(8)$ và $(9)$ ta suy ra $MN\parallel OQ$. 




#663298 Tuần 5 tháng 11/2016 : Mở rộng bài toán hình học trường đông tại Vinh năm 2016

Gửi bởi baopbc trong 28-11-2016 - 19:10

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 5 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ nằm trên cạnh. Các  đường tròn $(PAB)$, $(PCA)$ lần lượt cắt $CA$, $AB$ tại $E$, $F$ khác $A$. $K$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $AEF$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $Q$. Trên $QK$ lấy $S$, $T$ sao cho $ET\perp AC$, $FS\perp AB$. $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $CT$, $BS$.

Chứng minh rằng $MN\parallel OQ$.

Post 363.PNG

Hình vẽ bài toán