Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


baopbc nội dung

Có 386 mục bởi baopbc (Tìm giới hạn từ 25-02-2013)



Sắp theo                Sắp xếp  

#669523 VMF's Marathon Hình học Olympic

Đã gửi bởi baopbc on 23-01-2017 - 11:40 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

Link lời giải bài toán 141 :  http://artofproblems...1341458p7284966




#669422 Tuần 4 tháng 1 năm 2017 : $JL\perp ON$

Đã gửi bởi baopbc on 22-01-2017 - 20:23 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 1 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 bàng tiếp góc $A$ là $J$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$, $CA$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$. $K$ là hình chiếu của $D$ trên $EF$. $AK$ cắt $(O)$ tại $L$ khác $A$. Tiếp tuyến qua $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$. Trên trung trực $AL$ lấy $P$ sao cho $TP\parallel AI$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $JL$, $MP$. Chứng minh rằng $JL\perp ON$.




#669078 VMF's Marathon Hình học Olympic

Đã gửi bởi baopbc on 20-01-2017 - 20:31 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

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 $OP\perp AZ$. $\square$




#668648 VMF's Marathon Hình học Olympic

Đã gửi bởi baopbc on 17-01-2017 - 11:42 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 14-01-2017 - 20:19 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 14-01-2017 - 11:35 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 13-01-2017 - 23:15 trong Thông báo tổng quan

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

Đã gửi bởi baopbc on 13-01-2017 - 21:42 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 13-01-2017 - 20:26 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 26-12-2016 - 11:33 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 18-12-2016 - 21:36 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 18-12-2016 - 20:01 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 14-12-2016 - 02:18 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 12-12-2016 - 16:54 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 04-12-2016 - 18:17 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 04-12-2016 - 18:02 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 29-11-2016 - 23:01 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

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

Đã gửi bởi baopbc on 28-11-2016 - 19:10 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

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




#662547 Tuần 4 tháng 11/2016 : Trục đẳng phương đi qua trực tâm

Đã gửi bởi baopbc on 20-11-2016 - 20:38 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$ vơí trực tâm $H$ và trung tuyến $AM$. Dựng $L$ sao cho $A$ là trọng tâm tam giacs $LBC$. Trên trục đẳng phương của đường tròn đường kính $LH$ và $(O)$ lấy $P$ sao cho $HP\parallel BC$. $K$ là hình chiếu của $P$ lên $OH$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn đường kính $OK$ và đường tròn Euler của tam giác $ABC$ đi qua $H$.




#661866 Tuần 3 tháng 11/2016 : Bài toán đường tròn tiếp xúc với đường tròn Mixilinear

Đã gửi bởi baopbc on 14-11-2016 - 10:51 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA$, $AB$ và tiếp xúc trong $(O)$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm các cung $CA$, $AB$ chứa $B$, $C$ của $(O)$. $AM$, $AN$ lần lượt cắt $KC$, $KB$ tại $P$, $Q$.

$R$ đối xứng $A$ qua $PQ$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $RBC$ tiếp xúc $(K)$.

Post 362.PNG

Hình vẽ bài toán




#661568 VMF's Marathon Hình học Olympic

Đã gửi bởi baopbc on 11-11-2016 - 21:05 trong Các bài toán và vấn đề về Hình học

$\boxed{\text{Bài toán 96.}}$ (Telv Cohl) Cho tam giác $ABC$, $H$ là trực tâm. $M,N$ là các điểm trên $AB,AC$ sao cho $\angle HMB=\angle HNC=\alpha$.

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle HMN$. $D$ là điểm nằm cùng phía với $A$ đối với $BC$ sao cho $\angle DBC=\angle DCB=\alpha$.

Chứng minh rằng $H,O,D$ thẳng hàng.




#661403 Tuần 2 tháng 11/2016 : $AH=4\cdot AN$

Đã gửi bởi baopbc on 10-11-2016 - 21:01 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Post 359.png

Lời giải của em.

Gọi $S,T$ lần lượt là đối xứng của $A$ qua $K,L$. $ST$ cắt $AR$ tại $R_1$. $R_1$ là điểm thuộc $AH$ sao cho $R_1N_1\perp AM$.

Qua phép vị tự, dễ thấy $AN_1=2AN$.

Trung trực $AB$ cắt $AP$, $AD$ lần lượt tại $Y$, $B_1$. Tương tự xác định $X$, $C_1$.

Do $\angle YBA=\angle B_1BA=\angle DAB$ nên $\angle YBC=90^\circ$. Tương tự thì $\angle XCB=90^\circ$.

Gọi $Z$ là giao điểm của $PB$ với $QC$. Dễ thấy $\angle CZB=180^\circ-\angle ZBC-\angle ZCB=180^\circ-2\cdot \angle BAC=180^\circ-\angle BOC$ nên $Z$ thuộc đường tròn $(BOC)$.

Mặt khác rõ ràng ngũ giác $FBOEC$ nội tiếp nên ta suy ra lục giác $ZFBOEC$ nội tiếp.

Gọi $U$, $C_2$ lần lượt là hình chiếu của $Z$, $D$ lên đường thẳng $AB$. Theo định lí $\mathcal{Thales}$, 

\[\frac{SZ}{SP}=\frac{FU}{FC_2},\frac{TQ}{TZ}=\frac{EB_2}{EV}\Rightarrow \frac{SZ}{SP}\cdot \frac{TQ}{TZ}=\frac{FU}{FC_2}\cdot \frac{EB_2}{EV}\]

Mặt khác,

\[\frac{YA}{YP}\cdot \frac{XQ}{XA}=\frac{B_1A}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1A}=\frac{B_1B}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1C}\]

Dễ thấy $\triangle FZU\sim \triangle C_1CD$, $\triangle EZV\sim \triangle B_1BD$ nên 

\[\frac{FU}{FZ}=\frac{C_1D}{C_1C},\frac{EV}{EZ}=\frac{B_1D}{B_1B}\Rightarrow \frac{B_1B}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1C}=\frac{EZ}{EV}\cdot \frac{FU}{FZ}\]

Gọi $W$ là giao điểm của $FS$ với $AD$. Do $AB\cdot AF=AD\cdot AW=AC\cdot AE$ nên $WE\perp AC$ suy ra $W$,$E$,$T$ thẳng hàng. 

Theo định lí $\mathcal{Thales}$, 

\[\frac{EB_2}{FC_2}=\frac{AE}{AF}\]

Mặt khác dễ thấy $Z$ là đối xứng của $A$ qua $EF$ nên $AE:AF=EZ:FZ$. Do đó

\[\frac{SZ}{SP}\cdot \frac{TQ}{TZ}=\frac{YA}{YP}\cdot \frac{XQ}{XA}\]

Từ đó theo định lí $\mathcal{Menelaus}$, $XY$, $ST$ cắt nhau trên $PQ$.

Ta dễ thấy $XY,PQ$ cắt nhau trên $AR$ nên $R_1$ là giao điểm của $XY$, $PQ$. Do đó dễ suy ra $AH=2\cdot AN_1$ nên $AH=4\cdot AN$.




#661022 Tuần 2 tháng 11/2016 : $AH=4\cdot AN$

Đã gửi bởi baopbc on 07-11-2016 - 20:01 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 2 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường cao $AD$, trực tâm $H$. $P,Q$ đối xứng $D$ qua $CA,AB$. Trung trực $CA,AB$ lần lượt cắt $AB,CA$ tại $F,E$.

$K,L$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $APE, AQF$. $KL$ cắt đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ tại $R$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Lấy $N$ thuộc $AH$ sao cho $RN\perp AM$.

Chứng minh rằng $AH=4\cdot AN$.

Post 358.PNG

Hình vẽ bài toán




#660070 Tuần 1 tháng 11/2016 : Trục đẳng phương đi qua giao điểm

Đã gửi bởi baopbc on 31-10-2016 - 18:02 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 5 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$. $D$ là một điểm trên cạnh $BC$. $TD$ cắt $(TBC)$ tại $P$ khác $T$. $K$ thuộc $BC$ sao cho $AK\parallel PD$. $L$ thuộc $AK$ sao cho $DL\parallel AP$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn $(DKL)$ và $(TBC)$ đi qua giao điểm của $KP$ và $AD$.

Post 356.PNG

Hình vẽ bài toán




#659103 Tuần 4 tháng 10/2016: Đường tròn tiếp xúc đường tròn cố định

Đã gửi bởi baopbc on 23-10-2016 - 21:55 trong Chuyên mục Mỗi tuần một bài toán Hình học

Do nhầm lẫn nên em đề xuất một bài toán khác như sau, 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Dựng ra ngoài tam giác $PBC$ các điểm $E,F$ sao cho $\triangle PCE\sim \triangle BAO$ và $\triangle PBF\sim \triangle CAO$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PCE,PBF$ tại $M,N$ khác $P$. $EM$ cắt $FN$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $QMN$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi $P$ thay đổi.

Post 354.PNG
Lời giải.

Từ giả thiết xuất hiện tiếp tuyến nên ta liên tưởng tới bài toán quen thuộc sau (bổ đề 1 trong bài viết GGTH của em),

Cho $\triangle ABC$, $P$ là một điểm bất kì trong tam giác. Tiếp tuyến tại $P$ cắt $AC,AB$ tại $E,F$. Các đường tròn $(BPF)$,$(CPE)$ cắt nhau tại $X$. Khi đó $(ABC)$ tiếp xúc $(EXF)$.

Đến đây thì ý tưởng khá đơn giản. Gọi $K$,$L$ lần lượt là giao điểm của $BN$ với $CM$;$BF$ với $CE$.

Do $\triangle PCE\sim \triangle BAO$, $\triangle PBF\sim \triangle CAO$ nên $\angle BLC=180^\circ-\angle BOC$.

Từ đó tứ giác $BOCL$ nội tiếp, mặt khác $\angle ECM=\angle EPM=\angle FPN=\angle FBN$ nên $K$ thuộc đường tròn $(BOC)$.

Theo định lí Miquel, các đường tròn $(FNP)$,$(EMP)$,$(QMN)$ có một điểm chung, gọi điểm đó là $X$.

Do $\angle BXC=180^\circ-\angle BFP+180^\circ-\angle CEP=\angle BOC$ nên $X$ thuộc $(BOC)$.

Từ đó do $MN$ là tiếp tuyến của $(BPC)$ nên $(MXN)$ tiếp xúc $(BOC)$ hay $(QMN)$ tiếp xúc $(BOC)$.

Do đó $(QMN)$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định.