Đến nội dung


TQHKTH

Đăng ký: 07-06-2016
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 09:47
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

05-07-2016 - 18:38

Nói thêm một chút, theo mình biết, bài toán 62 đã có ở đây và được mở rộng tại đây (post #78)


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

04-07-2016 - 16:59

Thượng úy Dogsteven đưa ra một bài toán rất hay mà hình như chưa có ai giải phải ko ạ (post #131)?

Em có một bài toán tương tự khác.

Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ nằm trên trung trực $BC$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $(PBC)$ cắt $AB, AC$ tại $F, E$. Gọi $Q$ là điểm đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. Khi đó $PQ, BE, CF$ đồng quy.

Mình xin đề xuất hướng tiếp cận của mình như sau:

Chứng minh. Gọi $BE\cap CF = K$ và đặt $\angle PBC = \angle PCB = \alpha$. Dễ dàng cộng góc để suy ra $\angle PEB = \angle PFC = \angle QBA = \angle QCA = \angle PEA = \angle PFA = \alpha$. Dựng $S, T\in CA, AB$ sao cho $\angle EKS = \angle FKT = \alpha$. Khi đó: $BECF$ nội tiếp nên $\triangle KCE \sim \triangle KBF$. Từ đây ta có 2 cấu hình đồng dạng:

$(\triangle KCE\cup S)\sim (\triangle KBF\cup T)$

Do đó: $(CE,S) = (BF,T)$. Lại chú ý tới 1 loạt các góc bằng $\alpha$ ở trên, ta có $CQ\parallel EP\parallel SK$ và $BQ\parallel FP\parallel TK$ nên theo Thales đảo dễ thấy $\overline{Q,P,K}$. Vậy kết thúc chứng minh.


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

21-06-2016 - 17:13

Lời giải của thầy Hùng hay quá. Quả thực cấu hình ban đầu quá đẹp nên cũng ko nghĩ đến nghịch đảo, lại càng ko nghĩ nó liên quan đến bài cũ :)

Bây giờ mình xin tiếp tục Marathon với 1 bài toán nhẹ nhàng:

$\boxed{\text{Bài 42}}$ (Own) Cho $\triangle ABC$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$ tương ứng. $M$ là điểm bất kì trên $IA$. $X, Y$ là hình chiếu của $E, F$ lên $MC, MB$. Dựng hình bình hành $DXEK$ và $DYFH$. Đường tròn $(DKH)$ cắt lại $DI$ tại $T$. CMR: $MT\parallel AD$.


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

21-06-2016 - 00:33

Suy nghĩ lại, có lẽ mình nên CM lại cẩn thận bổ đề 2.

Chứng minh bổ đề 2. Gọi $S, U, V$ là tiếp điểm của inellipse với $BC, CA, AB$. $K, L$ là đối xứng của $P, Q$ qua $BA, BC$. Theo kết quả cơ bản, $\triangle BKQ = \triangle BPL$, suy ra $\angle BPV = \angle BKQ =\angle BPS$. Tương tự $\angle APU = \angle APV, \angle CPU = \angle CPS$. Do đó $\angle CPS+\angle APB = 180^\circ$.

Thế thì:

$\alpha = \angle PCB+\angle QBC+\angle PAB$

$= \angle PCB+(\angle PBA+\angle PAB)$

$= \angle PCB+ 180^\circ - \angle APB$

$= \angle PCB+\angle CPS$

$= \angle PSB$

Và bổ đề CM xong.

PS. Theo ý kiến mọi người, có lẽ mình sẽ đề nghị bài mới sau khi các bạn góp ý lời giải của mình :)


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

21-06-2016 - 00:24

Lời giải của mình cho bài toán 41.

Bổ đề 1. Cho $\triangle ABC$ và bộ 6 điểm $M, N\in BC,\ P, Q\in CA,\ R, S\in AB$ sao cho $MNPQ, PQRS, RSMN$ là 3 tứ giác nội tiếp. Khi đó 6 điểm trên đồng viên (quen thuộc và dễ CM).

Bổ đề 2.  Cho $P, Q$ đẳng giác trong $\triangle ABC$. Gọi $S$ là tiếp điểm trên $BC$ của inellipse nhận $P, Q$ là tiêu điểm. Khi đó:

$\angle PSB = \angle QSC = \angle PCB+\angle QBC+\angle PAB$

Vào bài. Kí hiệu $\alpha = \angle PCB+\angle QBC+\angle PAB$

Đầu tiên, dễ dàng cộng góc để có $\angle PAM = \angle QAN = 90^\circ – \alpha$. Do đó $AM, AN$ đẳng giác trong $\angle BAC$, dẫn đến $E, F, G, H$ đồng viên. Tuy nhiên, điều cốt yếu trong bài toán này nằm ở việc CM $EFGH$ tiếp xúc đường trung bình đỉnh $A$ của $\triangle ABC$, và bây giờ ta sẽ CM nó.

Vị tự $\mathcal{H}_A^2$ và phát biểu lại bài toán:

“Cho $\triangle ABC$ có $P, Q$ đẳng giác. Trên đường thẳng qua $P$ vuông góc $PA$ lấy $I$ sao cho $\angle PIA = \alpha$. Tương tự có điểm $J$. $X, Y$ là hình chiếu $I$ lên $CA, AB$ và $Z, T$ là hình chiếu $J$ lên $CA, AB$. CMR: $(XYZT)$ tiếp xúc $BC$.”

Giải bài. Gọi $S$ là tiếp điểm trên $BC$ của inellipse nhận $P, Q$ là tiêu điểm. Khi đó theo bổ đề:

$\angle PSB = \angle QSC = \alpha$

$\Rightarrow \angle PSB = \angle PIA = \angle PYA$, nghĩa là $SPYB$ nội tiếp.

Hoàn toàn tương tự ta có: $SQZC, SPXC, SQTB$ cũng nội tiếp.

Bây giờ: $\angle PSB = \alpha = \angle QJA = \angle QZA$ đồng thời $\angle PCS = \angle QCZ$, thành thử $\angle CPS = \angle CQZ$

$\Rightarrow \angle CXS = \angle CPS = \angle CQZ = \angle CSZ \Rightarrow (SXZ)$ tiếp xúc $BC$.

Tương tự $(SYT)$ cũng tiếp xúc $BC$. Áp dụng bổ đề 1 cho bộ 6 điểm $\{S, S, Z, X, T, Y\}$ suy ra $S, Z, X, T, Y$ đồng viên trên đường tròn tiếp xúc $BC$. Vậy kết thúc CM.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 8\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 5\\ \hline dogsteven & 5\\ \hline baopbc & 10\\ \hline QuangDuong12011998 & 5\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 3\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 2\\ \hline Nguyen Dinh Hoang & 1\\ \hline TQHKTH & 1\\ \hline\end{array}$$