Chủ đề này có 434 trả lời

[quanghung86]

Em viết rõ chỗ "kết hợp định lý Ceva dạng lượng giác suy ra "... thầy nghĩ chỗ đó có vấn đề.

[Dark Repulsor]

E xin trình bày lời giải khác cho bài toán $164$ theo cách thuần túy hình học:

Bài toán trên là sự kết hợp của $2$ bổ đề:

Bổ đề 1: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$, tâm nội tiếp $I$. $AI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $K$. Đường thẳng qua $K$ vuông góc với $AK$ cắt đường cao xuất phát từ $A$ của $\triangle ABC$ và $BC$ lần lượt tại $N,M$. CMR: $\angle MIN=90^{\circ}$

C/m: Kẻ đường kính $AD$ của $(O)$ thì $D$ đối xứng $N$ qua $K$. Gọi $AN$ cắt $BC$ tại $E$

Dễ thấy các tứ giác $NEIM$ và $AEKM$ nội tiếp. Ta có: $\angle NIE=\angle NME=\angle KAN\Rightarrow\triangle NIE\sim\triangle NAI\Rightarrow NI^2=NE.NA=NK.NM\Rightarrow\triangle IMN$ vuông tại $I\Rightarrow\angle MIN=90^{\circ}$

 

Bổ đề 2: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$, tâm nội tiếp $I$. $AI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $K$. Đường thẳng qua $K$ vuông góc với $AK$ cắt $BC$ tại $L$. $E,F$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp trog góc $B,C$ trên $AC,AB$. CMR: $EF\parallel IL$

C/m: Kẻ $ID\perp BC$ ($D\in BC$). Gọi $KD$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $T$, $AK$ cắt $EF$ tại $P$

Ta có: $\frac{TB}{TC}=\frac{DB}{DC}=\frac{AF}{AE}\Rightarrow\triangle TBC\sim\triangle AFE\Rightarrow\triangle TBD\sim\triangle AFP\Rightarrow\angle EPK=\angle APF=\angle TDB=\angle LDK=\angle LIK\Rightarrow EF\parallel IL$

[quanghung86]

Lời giải bài toán 165. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$, ta hoàn thành chứng minh.

 

Em đã viết ra và gửi thầy qua mail. Nhận xét của em đúng và lời giải thầy cần bổ sung thêm một đoạn cuối, cám ơn em. Thầy viết cẩn thận như sau

 

Lời giải bài toán 165. Khi $P=Q$ thì ta có kết luận hiển nhiên đúng.

 

Khi $P\not=Q$. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Từ đó $(ABC)$ là đường tròn Apollonius của đoạn $PQ$ như vậy $I$ cũng nằm trên $(ABC)$ điều này vô lý.

[moonkey01]

Được sự đồng ý của thầy Hùng, em đề nghị bài toán tiếp theo, cũng là 1 bài của thầy.

 

Bài toán 166. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ bán kính $R$ có $I$ là tâm nội tiếp, $AD$ là đường cao. $K$ là điểm trên tia $AD$ sao cho $AK=2R$. $M$ là hình chiếu của $B$ trên $IK$. Gọi $AD$ cắt lại $(O)$ tại $N$. Giả sử rằng $IK\parallel AB$. Chứng minh rằng $MN\parallel ID$.

[Dark Repulsor]

Lời giải bài toán 166: Ko ngờ lại chung $1$ giuộc với bài của mình 

Kẻ đường kính $AT$ của $(O)$. $AI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $E$ thì $T$ đối xứng $K$ qua $E$. Gọi $KT$ cắt $BC$ tại $S$

Từ gt $\Rightarrow AB\perp BM\Rightarrow\overline{B,M,T}$. Do đó tứ giác $MNKT$ nội tiếp

Theo bổ đề $1$ bài toán $164$ thì tứ giác $IDKS$ nội tiếp. Ta có biến đổi góc:

$\angle KMN=\angle KTN=\angle KSD=\angle KID\Rightarrow MN\parallel ID$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 09-02-2017 - 21:24

[Dark Repulsor]

Bài toán 167: Cho $\triangle ABC$, tâm nội tiếp $I$, tâm bàng tiếp $J$ trog góc $A$. Gọi $D$ là trung điểm của $IJ$. Đường thẳng qua $I$ song song với $BC$ cắt $DB,DC$ lần lượt tại $P,Q$. $JB$ cắt $IC$ tại $M$, $JC$ cắt $IB$ tại $N$. Các đường thẳng đối xứng với $PQ$ qua $BM,CN$ cắt nhau tại $K$. Tìm điều kiện của $\triangle ABC$ để $I$ là trung điểm của $KJ$

[Ngockhanh99k48]

Lời giải bài toán 167:

Dễ thấy rằng $M, N$ thứ tự là tâm bàng tiếp góc $C, B$ của $\triangle ABC$. 

$PQ$ thứ tự cắt $BM, BA, CA, CN$ tại $X, Y, Z, T$. Do $PQ \parallel BC$ nên dễ thấy $\triangle YIB$ cân và ta suy ra $Y$ là trung điểm $IX$. $NB$ cắt $(MNP)$ tại $L$. Thế thì $XL \parallel YB$. Suy ra $XL$ đi qua đối xứng của $I$ qua $MN$. Do $XL$ đối xứng $PQ$ qua $JM$ nên tương tự ta sẽ suy ra được $K$ đối xứng $I$ qua $MN$ và $K \in (MNP)$.

Gọi $S, O$ thứ tự là tâm $(ABC)$ và $(MNP)$. Ta có $I$ là trung điểm $KJ$ $\Leftrightarrow$ $OI \perp KJ$ $\Leftrightarrow$ $IS \perp AD$ $\Leftrightarrow$ $I$ là trung điểm $AD$. Áp dụng định lí Ptolemy ta suy ra $AB+AC=2BC$.

[moonkey01]

Theo đề nghị của anh Khánh, em đề xuất bài toán tiếp theo, có lẽ là của anh Phạm Hy Hiếu, HCB IMO năm 2009.

 

Bài toán 168. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có $BC>CA>AB$ và $I$ là tâm nội tiếp. $AI$ cắt lại $(O)$ tại $K$. $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $N$ đối xứng với $I$ qua $M$. $KN$ cắt lại $(O)$ tại $L$. Chứng minh rằng $LB=LC+LA$.

[viet nam in my heart]

Theo đề nghị của anh Khánh, em đề xuất bài toán tiếp theo, có lẽ là của anh Phạm Hy Hiếu, HCB IMO năm 2009.

 

Bài toán 168. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có $BC>CA>AB$ và $I$ là tâm nội tiếp. $AI$ cắt lại $(O)$ tại $K$. $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $N$ đối xứng với $I$ qua $M$. $KN$ cắt lại $(O)$ tại $L$. Chứng minh rằng $LB=LC+LA$.

Mãi mới có thời gian rảnh để làm. Bài này vẽ hình phụ khá đơn giản nhưng rất đẹp. 

Trên $LB$ lấy $S$ sao cho $LS=LA$.

Ta có: $\widehat{ASB}=180^o-\widehat{ASL}=180^o-\dfrac{180^o-\widehat{ALS}}{2}=90^o+\dfrac{\widehat{ALS}}{2}=90^o+\dfrac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{AIB}$

Từ đó tứ giác $AISB$ là tứ giác nội tiếp. Lấy $L'$ đối xứng với $L$ qua $M$. Theo tính đối xứng thì $LC=L'B$

Ta có: $\widehat{ISL}=\widehat{BAI}=\widehat{BLK}$ nên $IS \parallel KL$. Mà do tính đối xứng thì $IL' \parallel KL$ nên $I,L',S$ thẳng hàng

Do cần chứng  minh :$LB=LC+LA$ mà $LS=LA$ và $LC=L'B$ nên chỉ cần chứng minh $BS=BL'$

Hay cần chứng minh tam giác $BSL'$ cân tại $B$. Tương đương: $\widehat{L'BS}=180^o-2\widehat{BSL'}=180^o-2\widehat{BAI}=180^o-\widehat{BAC}$

Mà do $BL' \parallel LC$ nên $\widehat{L'BS}=180^o-\widehat{BLC}=180^o-\widehat{BAC}$

Từ đó tam giác $BSL'$ cân tại $B$

Kết hợp những điều trên ta có điều phải chứng minh $\blacksquare$

[moonkey01]

Theo đề nghị của anh Phương, em đề xuất tiếp bài toán sau của thầy Hùng.

 

Bài toán 169. Cho tam giác $ABC$ có $D$ là điểm bất kỳ trên đường cao từ $A$. Đường tròn $(K)$ đường kính $AD$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(K)$ cắt $BC$ tại $M,N$. Gọi $EB$ cắt $FC$ tại $P$, $EN$ cắt $FM$ tại $Q$. Chứng minh rằng $PQ$ luôn đi qua điểm cố định khi $D$ thay đổi.

[Dark Repulsor]

Lời giải bài toán 169: Bài này chỉ cần $B,C$ cố định là đc 

Ta sẽ tổng quát bt trên: Cho $\triangle ABC$. Lấy $E\in AB$, $F\in AC$, $M,N\in BC$. Gọi $EM$ cắt $FN$ tại $P$, $EN$ cắt $FM$ tại $Q$, $BF$ cắt $CE$ tại $S$. CMR: $SP,AQ,BC$ đồng quy

C/m: Gọi $AQ$ cắt $BC$ tại $K$. Áp dụng $Menelaus$ cho các tam giác $AEC$, $FMC$, $EMQ$ và tứ giác $AEQF$ ta có:

$(\frac{FA}{FC}.\frac{SC}{SE}.\frac{BE}{BA}).(\frac{AC}{AF}.\frac{QF}{QM}.\frac{KM}{KC}).(\frac{PE}{PM}.\frac{FM}{FQ}.\frac{NQ}{NE})=1$

$\Rightarrow\frac{SE}{SC}.\frac{KC}{KM}.\frac{PM}{PE}=\frac{BE}{BA}.\frac{CA}{CF}.\frac{MF}{MQ}.\frac{NQ}{NE}=1$ 

$\Rightarrow\overline{S,K,P}$ ($Menelaus$ đảo cho $\triangle EMC$) $\Rightarrow$ đpcm

Trở lại bt: Gọi $EM$ cắt $FN$ tại $S$ thì $S$ là giao $2$ tt tại $E$ và $F$ của $(AD)$ nên $AS$ là đường đối trung của $\triangle AEF$. Mà $EF$ đối song $BC$ nên $AS$ chia đôi $BC$. Vậy $PQ$ đi qua trung điểm của $BC$ cố định 

[Dark Repulsor]

Bài toán 170: Cho $\triangle ABC$. $M\in (BC)$ sao cho $M$ nằm trog $\triangle ABC$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của $M$ trên $BC,CA,AB$. $ME$ cắt $AB$ tại $P$, $MF$ cắt $AC$ tại $Q$, $PQ$ cắt $BC$ tại $K$. $H$ đối xứng với $M$ qua trung điểm của $PQ$. CMR: $HK\perp AD$

[moonkey01]

Bài toán 170: Cho $\triangle ABC$. $M\in (BC)$ sao cho $M$ nằm trog $\triangle ABC$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của $M$ trên $BC,CA,AB$. $ME$ cắt $AB$ tại $P$, $MF$ cắt $AC$ tại $Q$, $PQ$ cắt $BC$ tại $K$. $H$ đối xứng với $M$ qua trung điểm của $PQ$. CMR: $HK\perp AD$

 

Lời giải sau tham khảo từ Nguyễn Lê Phước trên Facebook.

 

 

Lời giải: Ta có hai tam giác $PBM$ và $QMC$ đồng dạng g.g do $\angle PBM=90^{\circ}-\angle BMF=\angle QMC$ và $\angle BPM=\angle MQC$, từ đó $\frac{PB}{QM}=\frac{PM}{QC}$. Dễ thấy rằng $MPHQ$ là hình bình hành nên $MQ=HP$ và $MP=HQ$, từ đó $\frac{PB}{PH}=\frac{QH}{QC}$ hay tam giác $PBH$ đồng dạng tam giác $QHC$ (c.g.c). Gọi $R$ là hình chiếu của $H$ trên $BC$ thì $\angle PRQ=\angle PRH+\angle QRH=\angle PBH+\angle QCH=90^{\circ}$, lại theo một bài toán quen thuộc là $ND=NR$ nên các điểm $D,E,F,P,Q,R$ thuộc một đường tròn. Gọi $HK$ cắt $(APQ)$ tại $S$ thì $KD.KR=KP.KQ=KH.KS$ dẫn đến $DSHR$ nội tiếp. Do đó $\angle DSH=90^{\circ}=\angle ASH$ nên $A,S,D$ thẳng hàng. Vậy $AD\perp HK$ $\blacksquare$

 

Một kết quả thú vị cho bài toán: $M.H$ là hai điểm đẳng giác trong tam giác $ABC$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 15-02-2017 - 12:31

[quanghung86]

Bài toán 171 (Kiểm tra dự tuyển 10 THPT chuyên KHTN). Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ và trực tâm $H$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $GA$ cắt $OB,OC$ lần lượt tại $M,N$. $AH$ cắt $OB,OC$ theo thứ tự tại $P,Q$. $MQ$ cắt $NP$ tại $R$. Chứng minh rằng $AR$ song song đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

[ecchi123]

Bài 171 : ta có $A(ROHM)=-1$ , Gọi $I$ là trung điểm $H$ thì $OI$ vuông góc $AG$ ,$OH$ cắt $AM$ tại $K$ thì $O$ là trung điểm $HK$ , mà $A(ROHM)=-1$ nên $AR$ song song $OH$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 15-02-2017 - 19:43

[ecchi123]

Bài 172 (sáng tác từ một bài toán của bạn Bảo ) : Cho tam giác $ABC$ cố định có đường cao $AH$ , $P$ di chuyển trên tia đối của tia $HC$ , $M$ đối xứng với $C$ qua $H$ . $MN$ song song với $AC$ với $N$ thuộc $AP$ . $Q$ là trung điểm $AH$ . $PQ$ cắt $HN$ tại $D$. Đường tròn $(X)$ thay đổi qua $D$ và tiếp xúc với đường tròn euler của tam giác $AHD$ cắt $DA,DH$ tại $F,E$ . Chứng minh : $(XFE)$ tiếp xúc với đường thẳng cố định khi $P$ và $(X)$ thay đổi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 18-02-2017 - 18:32

[manhtuan00]

Lời giải bài 172 : 

Trước tiên ta chứng min bổ đề sau : 

Bổ đề : Cho $\triangle ABC$. Đường tròn $(X)$ bất kì qua $A$ tiếp xúc với đường tròn Euler cắt $AB,AC$ tại $M,N$. Chứng minh rằng đường tròn $(XMN)$ tiếp xúc với đường trung bình của $\triangle ABC$

 

Chứng minh : Xét phép nghịch đảo $I^A_k$, bài toán trên trở thành : Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường thẳng bất kì tiếp xúc $(BOC)$ cắt $CA,AB$ tại $M,N$. $D$ đối xứng $A$ qua $MN$. Khi đí $(DMN)$ tiếp xúc $(O)$ ( đây chính là bài toán SMO 2016 ở đây https://www.artofpro...1220645p6102531 )

 

Áp dụng : Gọi $T$ là trung điểm $MH$

Theo định lý Menelaus ta có : $1 = \frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}.\frac{\overline{NP}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{HA}}{\overline{HQ}}= \frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}.\frac{\overline{MP}}{\overline{MC}}.2=\frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}\frac{\overline{MP}}{\overline{MH}} \implies \frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}=\frac{\overline{MH}}{\overline{MP}}$ nên $MD \perp BC$

Ta có đường trung bình của $\triangle DAH$ tiếp xúc $(XMN)$ theo bổ đề, mà đường trung bình này chính là đường thẳng qua $T$ vuông góc $BC$ nên $(XMN)$ tiếp xúc đường thẳng cố định là đường qua trung điểm $MH$ vuông góc $BC$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 23-02-2017 - 00:19

[manhtuan00]

Bài toán 173. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $E$ là giao điểm của $AB$ với $CD$, $F$ là giao điểm của $AD$ với $BC$ . $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $P$, $(CEF)$ cắt $O$ tại $Q$. $AC$ cắt $BD$ tại $I$. Chứng minh rằng $P,I,Q$ thẳng hàng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 28-02-2017 - 23:15

[minhrongcon2000]

Lời giải bài 173: 

Mình xin đề xuất một cách giải không mấy sơ cấp cho bài này:

 

Bài toán có thể được viết lại như sau: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $AB$ cắt $CD$ tại $E$, $AD$ cắt $BC$ tại $F$ và $AC$ cắt $BD$ tại $I$. Gọi $P$ là giao điểm thứ hai của đường tròn $(AEF)$ và $(O)$. $PI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $Q$. Chứng minh rằng $C$, $Q$, $F$, $E$ cùng thuộc 1 đường tròn.

Chứng minh:

Gọi $R$ là giao điểm của $AP$ và $CQ$. 

Ta có $EF$ chính là đường đối cực của $I$ qua $(O)$. 

Mặt khác, do $AP$ cắt $CQ$ tại $R$ và $AC$ cắt $PQ$ tại $I$ nên ta có $R$ nằm trên đường đối cực của $I$ qua $(O)$, hay nói cách khác $AP$, $EF$, $CQ$ cùng đồng qui tại 1 điểm.

Do đó, ta có được $\overline{RF}.\overline{RE}=\overline{RA}.\overline{RP}=\overline{RQ}.\overline{RC}\Rightarrow$ tứ giác $CQFE$ nội tiếp nên ta có điều phải chứng minh.$\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhrongcon2000: 25-02-2017 - 15:51

[minhrongcon2000]

Bài toán 174. Cho $\Delta ABC$ có 1 điểm $D$ bất kì thuộc đường thẳng $BC$ sao cho $D$ và $B$ nằm khác phía so với $C$. Gọi $I$ và $I_1$ l ần lượt là tâm nội tiếp $\Delta ABC$ và $\Delta ACD$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của $(I)$ và $(I')$ đi qua 1 điểm cố định khi $D$ thay đổi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 28-02-2017 - 23:15