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.


Hình ảnh

VMF's Marathon Hình học Olympic

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 381 trả lời

#241 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 05-01-2017 - 20:13

Cám ơn Hoàng cho lời giải thú vị khác đáp án cho bài toán 102. Sau đây là đáp án của thầy. Phần đầu của chứng minh này có tham khảo trên AoPS nhưng mình không tìm lại link, xin trích dẫn sau.

 

2016imo_31.png

 

Lời giải bài toán 102. Gọi $CI$, $BI$ lần lượt cắt đường tròn $(AIB)$, $(AIC)$ tại $I_c$, $I_b$ thì $I_c$, $I_b$ chính là các tâm đường tròn bàng tiếp góc $C$, góc $B$ của tam giác $ABC$. Do đó $I_c$, $A$, $I_b$ thẳng hàng. Mặt khác do $I_cB\parallel AK$, $BK\parallel AI_c$ nên $I_cAKB$ là hình bình hành từ đó $K$ đối xứng $I_c$ qua trung điểm $AB$. Tương tự thì $L$ đối xứng $I_b$ qua trung điểm $AC$. Gọi $E$, $F$, $H$, $N$ lần lượt là trung điểm $CA$, $AB$, $KL$, $I_cI_b$ thì $H$, $N$ đối xứng nhau qua trung điểm $EF$ nên $AH\perp BC$ hay $AH\parallel ON$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $A$ đối xứng $M$ qua trung điểm $EF$. Do đó $AHMN$ là hình bình hành suy ra $AH=MN$ nên $AH$ có độ dài không đổi. $AP$ cắt $OM$ tại $Q$ thì tính chất đường trung bình cho ta $OQ=2AP$ suy ra $OQ$ không đổi hay $Q$ cố định. Vậy $AP$ đi qua điểm $Q$ cố định khi $A$ thay đổi.

 

 

Và lời giải bài 103.

 

Figure4235.png

 

Lời giải bài toán 103. Dễ thấy $AM$ là phân giác ngoài góc $\angle BAC$ nên $N$ là trung điểm cung $XY$ chứa $A$ của đường tròn $(K)$ ngoại tiếp tam giác $AXY$ nên trung trực $XY$ đi qua $N$. Dễ thấy trung trực $BC$ đi qua $M$. Gọi trung trực $BC$ và $XY$ cắt nhau tại $R$. Ta sẽ chứng minh tam giác $RMN$ cân thì trung trực $MN$ đi qua $R$, thật vậy. Gọi $AD$ là phân giác của tam giác $ABC$ dễ thấy $AD\perp MN$, ta có biến đổi góc. 

 

$$(RM,MN)=(BC,AD)=(BC,BP)+(BP,AD)=(QC,QP)+(AD,QC)=(PQ,AD)=(MN,RN)$$.

 

Từ đó tam giác $RMN$ cân tại $R$.

 

Bài toán 104 (Tập huấn đội IMO 2016, tập huấn đội KHTN 2017)Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác $AD$, $BE$, $CF$. $X$, $Y$, $Z$ lần lượt là trung điểm cung $BC$ chứa $A$, cung $CA$ chứa $B$, cung $AB$ chứa $C$. Trung trực $CA$, $AB$ cắt $AZ$, $AY$ tại $A_1$, $A_2$. $U$ đối xứng $A$ qua $A_1A_2$. Tương tự có $U$, $W$. Chứng minh rằng tiếp tuyến qua $A$, $B$, $C$ của các đường tròn $(ADU)$, $(BEV)$, $(CFW)$ đồng quy.

 

 



#242 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 08-01-2017 - 13:12

Lời giải bài toán 104. 

 

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$, $I_a$ là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với $\angle A$. $M$ đối xứng $I_a$ qua $BC$. Khi đó $AM$ song song với đường thẳng $Euler$ của tam giác $I_aBC$.

 

Chứng minh sau của bạn Đỗ Xuân Long lớp 11 toán THPT chuyên KHTN.

 

2016imo_34.png

 

Chứng minh. Gọi $X$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$, $H$ là trực tâm tam giác $I_aBC$. Ta có $\triangle I_aXB\sim \triangle I_aCM$ nên $I_aM\cdot I_aX=I_aB\cdot I_aC$. Mặt khác do $\frac{1}{2}\angle A+\angle BI_aC=90^\circ$ nên $\triangle I_aHC\sim\triangle I_aBA$ suy ra $I_aH\cdot I_aA=I_aB\cdot I_aC$. Từ đó $I_aX\cdot I_aM=I_aH\cdot I_aA$ nên theo định lý Thales, $AM\parallel XH$.

 

2016imo_35.png

 

Giải bài toán. $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Chú ý rằng đường tròn tâm $A_1$ qua $A$, $C$ trực giao với đường tròn $(AIB)$ và đường tròn tâm $A_2$ qua $A$, $B$ trực giao với $(AIC)$. Xét hợp của phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB\cdot AC$ với phép đối xứng qua phân giác $\angle A$. Dưới phép biến hình này, $U$ biến thành trực tâm tam giác $JBC$. $D$ biến thành giao điểm của $AD$ với đường tròn $(ABC)$. Từ đó đường tròn $(ADU)$ biến thành đường thẳng Euler của tam giác $JBC$. Theo bổ đề trên thì nếu gọi $K$ là đối xứng của $J$ qua $BC$ thì $AK$ song song với đường thẳng Euler của tam giác $JBC$. Do đó theo nghịch đảo thì tiếp tuyến tại $A$ của $(ADU)$ đi qua ảnh nghịch đảo của $I$ qua đường tròn $(ABC)$. Tương tự ta suy ra các tiếp tuyến qua $A$, $B$, $C$ của các đường tròn $(ADU)$, $(BEV)$, $(CFW)$ đồng quy.

 

Chú ý. Phép nghịch đảo bảo toàn sự đối xứng. Người ta còn gọi phép nghịch đảo qua một đường tròn là phép đối xứng qua đường tròn. Sự bảo toàn tính đối xứng có thể phát biểu như sau: trong mặt phẳng, cho trước hai điểm $A$ và $B$ đối xứng nhau qua một đường tròn $\mathcal{C}$(có thể suy biến thành đường thẳng), ảnh của $A$ và $B$ dưới một phép nghịch đảo sẽ đối xứng qua ảnh của $\mathcal{C}$ cũng dưới phép nghịch đảo đó.

 

Xin cám ơn bạn Ngô Quang Dương sinh viên ĐHKHTN đã giúp tôi biên tập lời giải này.

 

Bài toán 105.(Mở rộng ý a) VMO 2017 bài toán 3)Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $B,C$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. $AH$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(K)$ lần lượt cắt $DB,DC$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $MN\perp OH$.



#243 moonkey01

moonkey01

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 44 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 08-01-2017 - 20:33

Bài toán 105.(Mở rộng ý a) VMO 2017 bài toán 3)Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $B,C$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. $AH$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(K)$ lần lượt cắt $DB,DC$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $MN\perp OH$.

 

Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. Gọi $AT$ là đường kính của $(O)$. Khi đó $T,K,H$ thẳng hàng.

 

Lời giải bài toán 105: Gọi $L$ là giao điểm của $ME,AH$ thì ta có $\angle LEB=\angle ACB=\angle ADB$ nên $BDEL$ nội tiếp, dẫn đến $HL.HD=HE.HB=HF.HC$ hay $CDFL$ nội tiếp. Từ đó $\angle LFC=\angle ADC=\angle ADC$ nên $FL$ là tiếp tuyến của $(K)$ và $N,F,L$ thẳng hàng. Mặt khác $ML.ME=MB.MD$ và $NL.NF=NC.ND$ nên $MN$ chính là trục đẳng phương của $(LEF)$ và $(K)$, nên ta chỉ cần chứng minh tâm của $(LEF)$ nằm trên $OH$ hay $OH$ chia đôi $LK$. Gọi $AT$ là đường kính của $(O)$, do $BCEF$ nội tiếp nên dễ dàng chứng minh được $EF\perp AT$, mà $EF||LK$ (tính chất tiếp tuyến) nên $LK||EF$. Theo bổ đề, $T,K,H$ thẳng hàng mà $OH$ chia đôi $AT$ nên $OH$ chia đôi $LK$. Vậy $MN\perp OH$.

 

Một hệ quả của bài toán là $MN,EF,BC$ đồng quy, Thật vậy, nếu gọi $EF$ cắt $BC$ tại $S$ thì $SE.SF=SB.SC$ nên $S$ nằm trên trục đẳng phương của $(LEF)$ và $(K)$ hay $MN,EF,BC$ đồng quy.

 

Hình vẽ bài toán 105 ở phần dưới.

 

Bài toán 106 (Sưu tầm): Cho tam giác $ABC$ nhọn có $AD,BE,CF$ là đường cao và trực tâm $H$. $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AEF$. Gọi $M,N$ là điểm trên $(IAB),(IAC)$ sao cho $BM,CN$ là phân giác $\angle ABC, \angle ACB$. Chứng minh rằng trung tuyển qua $M,N$ của tam giác $MHB,NHC$ cắt nhau trên $(DEF)$.

Hình gửi kèm

  • Ảnh chụp Màn hình 2017-01-08 lúc 18.41.17.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 08-01-2017 - 22:19


#244 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 125 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 09-01-2017 - 14:47

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 106}}$
Gọi $M$ là tâm nội tiếp $\triangle BDF$. Ta sẽ chứng minh $M \in (IAB)$. Ta có $\triangle FBD \cap M \stackrel{+}{\sim} \triangle FEA \cap I$, do đó $\widehat{AIM}=\widehat{AIF}+\widehat{FIM} = 90^{\circ}+\frac{\widehat{AEF}}{2}+\widehat{FAD}=180^{\circ}-\frac{\widehat{ABC}}{2} = 180^{\circ} - \widehat{ABM}$ nên $A, I, M, B$ đồng viên. Tương tự ta sẽ suy ra $N$ là tâm nội tiếp $\triangle CDE$.
Gọi $K, L$ là trung điểm $HB, HC$. Kẻ đường kính $EP$ của $(CDE)$. Rõ ràng $EP$ đi qua $L$. Ta có $\triangle DBF \cap KMH \stackrel{+}{\sim} \triangle DEC \cap LNP$. Gọi $Q, O$ là tâm ngoại tiếp $\triangle DEF, \triangle ABC$ thì $Q$ là trung điểm $OH$. Ta có $\frac{1}{2} (QK, QL) \equiv \frac{1}{2} (OB, OC) \equiv (AB, AC)$ $\equiv$ $(HC, HE) \equiv (EH, EL) \equiv (EH, KM)+(KM, LN)+(LN, EL) \equiv (KM, LN)$ (mod $\pi$). Biểu thức cuối đúng do $\triangle BKM \stackrel {+}{\sim} \triangle ELN$. Từ đó ta suy ra $KM$ cắt $LN$ thuộc $(Q)$.
$\boxed{\text{Bài toán 107}}$ (Nguyễn Minh Hà) Cho tam giác ABC không cân tại $A$, $BB', CC'$ là các đường cao. $M, N$ thứ tự là trung điểm $AC, AB$. $E, F$ thứ tự là tâm nội tiếp $(I)$ và $AC, AB$. $P, Q$ theo thứ tự là giao điểm của $BB', CC'$ và $MI, NI$. $L$ là giao điểm của $EF$ và $PQ$. Chứng minh $IL \parallel BC$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 09-01-2017 - 21:40


#245 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 10-01-2017 - 02:34

Cám ơn Khánh đã giải và gửi bài mới, bài toán của thầy Hà quả thật rất thú vị. Mình xin đưa ra lời giải của mình như sau.

 

Ta chú ý rằng có một tính chất quen thuộc từ cấu hình trên là $BP=CQ=r$ là bán kính nội tiếp tam giác $ABC$. Do đó để đẹp hơn ta nên phát biểu như sau

 

Bài toán 107'. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $CA,AB$ tại $E,F$. $P,Q$ đối xứng với $I$ lần lượt qua trung điểm $BE,CF$. $PQ$ cắt $EF$ tại $R$. Chứng minh rằng $IR\parallel BC$.

 

Figure4243.png

 

Lời giải. Gọi $IB,IC$ cắt $EF$ tại $M,N$ dễ thấy $M,N$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$. Gọi $BK,CL$ là đường cao của tam giác $ABC$. Ta thấy $FQ\parallel CN$ nên $\angle QFM=\angle CNM=\angle CBM=\angle CLM$. Từ đó tứ giác $FMQL$ nội tiếp nên $QM\perp MN$. Tương tự $PN\perp MN$. Từ biến đổi góc trên dễ thấy hai tam giác vuông $MFQ$ và $MBC$ đồng dạng suy ra hai tam giác $MFB$ và $MQC$ đồng dạng. Tương tự hai tam giác $NEC$ và $NPB$ đồng dạng. Ta thu được $\frac{RN}{RM}=\frac{NP}{MQ}=\frac{NP}{BP}.\frac{CQ}{MQ}=\frac{NE}{EC}.\frac{BF}{FM}=\frac{IN}{IM}.\frac{IN}{IM}$, ta chú ý đẳng thức cuối có do các tứ giác $INFB$ và $IEMC$ nội tiếp. Vậy $\frac{RN}{RM}=\frac{IN^2}{IM^2}$ nên $IR$ tiếp xúc $(IMN)$ do đó $\angle RIN=\angle IMN=\angle ICB$. Từ đó $IR\parallel BC$.

 

Bài toán 108 (Mở rộng ý a) bài toán 7 VMO 2017). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$. Trung trực $BC$ cắt $(K)$ tại $M,N$. $P$ là điểm thuộc $(K)$. $PM$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $L$. Chứng minh rằng $AL,PN$ và $BC$ đồng quy.

 

Figure4244.png



#246 moonkey01

moonkey01

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 44 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 10-01-2017 - 15:09

Bài toán 108 (Mở rộng ý a) bài toán 7 VMO 2017). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$. Trung trực $BC$ cắt $(K)$ tại $M,N$. $P$ là điểm thuộc $(K)$. $PM$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $L$. Chứng minh rằng $AL,PN$ và $BC$ đồng quy.

 

attachicon.gifFigure4244.png

 

Không rõ lời giải của em có nhầm lẫn gì không, nhưng em thấy lời giải khá ngắn.

 

Gọi $NP$ cắt $BC$ tại $T$, $EF$ cắt $BC$ tại $S$ thì $PN$ là phân giác $\angle BPC$ nên $(ST,BC)=-1$, từ đó dễ dàng có ngay $AL$ đi qua $T$.

 

Bài toán tiếp theo là của thầy Hùng, là bài toán 25 trong tập bài giảng của thầy tại đây: http://analgeomatica...t-chuyen-i.html. Nói ngoài lề một ít, đây là tập bài giảng làm em rất ấn tượng, một phần vì các bài sau rất khó, và mỗi lần sau một khoảng thời gian giải lại thì lại tìm thấy những điều thú vị.

 

Bài toán 109 (Sáng tác từ Serbia 2013 và Iran 2015): Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $X$ là điểm trên cung nhỏ $BC$ sao cho nếu $E,F$ là hình chiếu của $X$ trên $IB,IC$ thì trung điểm $EF$ nằm trên trung trực $BC$. Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $\angle BAC$ của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $XJ$ đi qua trung điểm cung lớn $BC$ của $(O)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 10-01-2017 - 17:33


#247 manhtuan00

manhtuan00

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 26 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Hình học, số học, phương trình hàm, tổ hợp

Đã gửi 10-01-2017 - 22:49

$\boxed { Lời \ giải \ bài \ 109 }$ Bài toán trên tương đương với bài toán sau 

Cho $\triangle ABC$ với $I,J$ lần lượt là tâm nội tiếp và tâm bàng tiếp góc $\angle A$. $K$ là trung điểm cung lớn $BC$. $JK$ cắt $(O)$ tại $X$. $E,F$ là hình chiếu của $X$ lên $IC,IB$. Chứng minh rằng trung điểm $EF$ nằm trên trung trực $BC$

 

Chứng minh : Gọi $M,N, G$ lần lượt là tâm bàng tiếp góc $\angle B, \angle C$, trung điểm $BC$. Ta cần chứng minh $KG$ đi qua trung điểm $EF$, $JK$ cắt $BC$ tại $T$

Ta sẽ chứng minh $\frac{BF}{CE} = \frac{BM}{CN}$

Ta có : $\frac{BF}{CE} = \frac{BF}{BX} .\frac{BX}{CX} . \frac{CX}{CE} = \frac{cos \angle FBX}{cos \angle ECX} . \frac{sin \angle XCB}{sin \angle XBC} = \frac{sin \angle XBJ}{sin \angle XCJ} . \frac{sin \angle XCB}{sin \angle XBC}$

Gọi $U,V$ là trung điểm cung lớn $AC,AB$ khi đó 

$\frac{sin \angle XBJ}{sin \angle XCJ} . \frac{sin \angle XCB}{sin \angle XBC} = \frac{sin \angle XBJ}{sin \angle XCJ} . \frac{sin \angle XCB}{sin \angle XBC} $

$= \frac{sin \angle JKU}{sin \angle JKV} . \frac{sin \angle JKB}{sin \angle JKC} $
$= \frac{sin \angle KJM}{sin \angle KJN} . \frac{sin \angle JKB}{sin \angle JKC} $
$= \frac{JN}{JM} . \frac{sin \angle TKB}{sin \angle TKC} $
$= \frac{JN}{JM} . \frac{ TB}{TC} = \frac{JN}{JM} . \frac{ JM^2}{JN^2}= \frac{JM}{JN}$
Vậy ta có $\frac{BF}{CE}=  \frac{JM}{JN}$ nên theo bổ đề E.R.I.Q ta có trung điểm $BC,EF,MN$ thẳng hàng tức là trung điểm $EF$ nằm trên trung trực $BC$
 
$\boxed { Bài \ toán \ 110} $ (sách) Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ , $K,L$ là tâm bàng tiếp góc $\angle B, \angle C$. $(K)$ tiếp xúc $BA,BC$ tại $B_1,B_2$, tương tự ta có $C_1,C_2$. $B_1B_2$ cắt $C_1C_2$ tại $N$. Chứng minh rằng $AN \perp BC$


#248 moonkey01

moonkey01

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 44 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 11-01-2017 - 00:11

 

$\boxed { Bài \ toán \ 110} $ (sách) Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ , $K,L$ là tâm bàng tiếp góc $\angle B, \angle C$. $(K)$ tiếp xúc $BA,BC$ tại $B_1,B_2$, tương tự ta có $C_1,C_2$. $B_1B_2$ cắt $C_1C_2$ tại $N$. Chứng minh rằng $AN \perp BC$

 

 

Lời giải của em như sau. Em tính hết ra.

 

Không mất tính tổng quát, giả sử vị trí các điểm như hình vẽ. Đặt $BC=a, CA=b, AB=c$. Gọi đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ cắt $CL,BK,B_1B_2,C_1C_2$ tại $X,Y,T,T'$. Ta có $\angle HT'C_2=\frac{\angle ACB}{2}=\angle ACL$ nên $CXC_1T'$ nội tiếp hay $AX.AT'=AC.AC_1=b(p-b)$. Tương tự thì $AY.AT=AB.AB'=c(p-c)$ nên $\frac{AX}{AY}.\frac{AT'}{AT}=\frac{b(p-b)}{c(p-c)}$. Ta tính được $BH=AB.cos\angle ABC=\frac{c(c^2+a^2-b^2)}{2ca}=\frac{c^2+a^2-b^2}{2a}$, mặt khác theo tính chất đường phân giác thì $\frac{AY}{AB}=\frac{YH}{BH}=\frac{AH}{AB+BH}$ nên $AY=\frac{AB.AH}{AB+BH}=\frac{c.AH}{c+\frac{c^2+a^2-b^2}{2a}}=\frac{2ac.AH}{(c+a-b)(c+a+b)}=\frac{ac.AH}{2p(p-b)}$, tương tự thì $AX=\frac{ab.AH}{2p(p-c)}$. Do đó $\frac{AX}{AY}=\frac{b(p-b)}{c(p-c)}=\frac{AX}{AY}.\frac{AT'}{AT}$, dẫn đến $AT=AT'$ hay $B_1B_2,C_1C_2$ cắt nhau trên $AH$. Vậy $AN\perp BC$ $\blacksquare$

 

Và em muốn nhờ thầy Hùng đề nghị bài toán mới :)

Hình gửi kèm

  • Ảnh chụp Màn hình 2017-01-10 lúc 23.52.43.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 11-01-2017 - 00:23


#249 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 125 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 11-01-2017 - 09:10

Một cách khác cho bài toán 110:

Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC$. $A_1$ là hình chiếu của $J$ trên $BC$. $B_3, C_3$ là hình chiếu của $K, L$ trên $AC, AB$.

Theo tính chất của tâm bàng tiếp ta có $A_1C=AC_3$, $A_1B=AB_3$ và $CB_2=CB_3=BC_2=BC_3$. Suy ra: $A_1B_2=A_1C+CB_2=AC_3+BC_3=AB$, $A_1C_2=AC$.

Ta có $(CA^2 - CB_2^2) + (JB_2^2 - JC_2^2) + (BC_2^2 - BA^2) =  (CA^2 - BA^2) + (A_1B_2^2 - A_1C_2^2) = 0$. Như vậy: Đường thẳng qua $C$ vuông góc $AB_2$, đường thẳng qua $B$ vuông góc $AC_2$ và đường thẳng qua $J$ vuông góc $B_2C_2$ đồng quy theo định lí Carnot. Do đó ta suy ra đường thẳng qua $C_2$ vuông góc với $JB$, đường thẳng qua $B_2$ vuông góc với $JC$ và đường thẳng qua $A$ vuông góc $BC$ đồng quy. Tức là $C_2C_3, B_2B_3$ và đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ đồng quy. Mặt khác $C_2C_3, B_2B_3$ là các đường cao của $\triangle NB_2C_2$ nên ta có $A, N, H$ thẳng hàng. 

P/s: Xin giải lại bài toán 109 theo cách tam giác đồng dạng: cùng ý tưởng với manhtuan00

$IB$ cắt $JC$ tại $M$, $IC$ cắt $JB$ tại $N$. Ta chứng minh $BC, EF, MN$ có 3 trung điểm thẳng hàng, hay $\frac{BE}{BM}=\frac{CF}{CN}$. Ta có $XK$ là phân giác $\widehat{BXC}$ nên $\widehat{KXB}=\widehat{KXC}=\widehat{BJC}$. Suy ra $\widehat{XBJ}= \widehat{XJC}$ hay $\triangle XBJ \sim \triangle XJC$. Gọi $Y, Z$ là hình chiếu của $X$ trên $JB, JC$ thì $\frac{XY}{XZ}=\frac{JB}{JC}$. Mặt khác $BEXY$ và $CFXZ$ là các hình chữ nhật nên $\frac{JB}{JC}=\frac{BE}{CF}$. Ta lại có $\triangle JBM \sim \triangle JCN (g.g)$ nên $\frac{BE}{CF}= \frac{BM}{CN}$ ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 11-01-2017 - 10:02


#250 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 11-01-2017 - 10:21

Cám ơn Hoàng và Khánh, một lời giải khác cho bài toán 107 của thầy Hà ở đây, rất thú vị và ngắn gọn

 

https://www.artofpro...c6t48f6h1366405

 

Thầy giúp Hoàng đề nghị bài toán sau

 

Bài toán 111. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$ và tiếp xúc trong $(O)$. $P$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ của $(O)$. $PI$ cắt $BC$ tại $D$. $Q$ là trung điểm cung nhỏ $AP$ của $(O)$. $R$ là trung điểm cung nhỏ $EF$ của $(K)$. $M$ là trung điểm $ID$. Chứng minh rằng $MQ\parallel DR$.

 

Figure4301.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 11-01-2017 - 10:27


#251 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 11-01-2017 - 11:01

Mình đưa ra tổng quát bài toán 109 và lời giải của mình, nguồn gốc bài 109 là bài số 6 chọn đội Iran 2014 chứ không phải 2015

 

https://www.artofpro...h590555p3497371

 

Bài toán 109'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$ và tâm bàng tiếp góc $A$ là $J$. $P$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ của $(O)$. $X$ thuộc $JP$. $E,F$ là hình chiếu của $X$ lên $IB,IC$. Chứng minh rằng $OP$ chia đôi $EF$.

 

Figure4302.png

 

Lời giải. Gọi $K,L$ là tâm bàng tiếp góc $B,C$ của $ABC$ thì $P$ là trung điểm $KL$. Gọi $XF,XE$ cắt $JC,JB$ tại $QR$. Dễ thấy do $XF\parallel JB$ và $XE\parallel JC$ nên $QR\parallel BC$. Từ đó $\frac{FB}{FK}=\frac{QJ}{QK}=\frac{RJ}{RL}=\frac{EC}{EL}$ nên theo bổ đề E.R.I.Q thì trung điểm của $KL,EF,BC$ thẳng hàng. Ta hoàn thành chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 11-01-2017 - 11:03
Sửa số thứ tự


#252 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 125 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 11-01-2017 - 16:30

$\boxed{\text{Lời giải bài 111}}$
$AK$ cắt $(K)$ tại điểm thứ hai $N$. $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $X$.
Ta có $\triangle XBF \cap I \stackrel{+}{\sim} \triangle XIE \cap C (g.g) $ . Suy ra $XI$ là phân giác $\widehat{BXC}$ nên $X$ thuộc $PI$.
$\overline{AR}.\overline{AN}=AF^2=\overline{AI}.\overline{AK}$ nên $(AIRN)=-1$, mặt khác $XR \perp XN$ nên XR là phân giác trong $\widehat{AXP}$ hay $X$ thuộc $QR$.
Phép vị tự tâm $X$ biến $(K)$ thành $(O)$ đã biến $R$ thành $Q$ nên $AK \parallel OQ$. Mặt khác $OQ$ là trung trực $AP$ và $AK \perp AP$ nên $OQ$ chia đôi $PI$ tại $Y$. Ta có $\triangle XBD \sim \triangle XPC$ và $\triangle XBI \sim \triangle XIC$ nên $XD.XP=XB.XC=XI^2$, tức là $\frac{XD}{XI}=\frac{XI}{XP}$. Do $M, Y$ thứ tự là trung điểm $DI, IP$ nên $\frac{XD}{DM}=\frac{XI}{IY}=\frac{XR}{RQ}$ do $RI \parallel QY$. Theo Thales ta có $RD \parallel MQ$.

$\boxed{\text{Bài toán 112}}$ Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm Lemoine $L$. $AL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $X$. Đường tròn $(K)$ qua $L$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $X$. Đường thẳng qua $K$ vuông góc $BC$ cắt $OL$ tại $T$. Chứng minh $\overrightarrow{OT}= \frac{1}{4} \overrightarrow{OL}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 11-01-2017 - 20:34


#253 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 11-01-2017 - 17:55

Cảm ơn Khánh về lời giải thú vị khác đáp án, đây là hình vẽ cho lời giải của em. Đáp án gốc thầy sẽ gõ và post vào hôm sau.

 

Figure4248.png



#254 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 12-01-2017 - 11:15

Lời giải bài toán 112. Gọi tiếp tuyến qua $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $S$. $TK$ tại $J$. Do $(K)$ tiếp xúc $(O)$ nên $KL\parallel AO$. Từ đó $\frac{JS}{XS}=\frac{KO}{XO}=\frac{LA}{XA}$ suy ra $\frac{JS}{LS}=\frac{XS}{LS}:\frac{XA}{LA}$. Ta thấy các hàng điểu hòa cơ bản $(AX,SD)=(AD,SL)=-1$ do dó $(AS,XD)=(AS,DL)=2$ suy ra $\frac{XA}{XS}:\frac{DA}{DS}=\frac{DA}{DS}:\frac{LA}{LS}=2$ từ đó dễ thấy $\frac{XS}{LS}:\frac{XA}{LA}=\frac{1}{4}$ hay $\frac{OT}{OL}=\frac{JS}{JL}=\frac{1}{4}$. Ta hoàn thành chứng minh.

IMG_0997.PNG

Bài toán 113. Cho tam giác $ABC$ và $P$ bất kỳ. $D,E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $BC,CA,AB$. $(DEF)$ cắt $BC$ tại $M$ khác $D$. $DP$ cắt $EF$ tại $L$. $AL$ cắt $BC$ tại $K$. Các đường thẳng qua $A,M$ lần lượt vuông góc với $BC,PK$ cắt nhau tại $X$. Chứng minh rằng $XK\parallel EF.$

IMG_0998.PNG

#255 NHN

NHN

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 15 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:miền nam
  • Sở thích:tìm link

Đã gửi 12-01-2017 - 21:21

Lời giải bài toán 113. Gọi điểm liên hợp dăng giác của $P$ là $Q$. Giao điểm của $AQ$ và $BC$ là $T$ thì tam giác $DLE$ đồng dạng tam giác $CTQ$, nên $\widehat{CTQ}=\widehat{DLE}$ vậy $\frac{AQ}{QT}=\frac{\sin(\widehat{ACQ}).\sin(\widehat{ATC})}{\sin(\widehat{QCT}).\sin(\widehat{QAC})}=\frac{\sin(\widehat{PED}).\sin(\widehat{DLE})}{\sin(\widehat{LDE}).\sin(\widehat{LEP})}=\frac{PD}{PL}$ ta có $QM$ vuông $BC$, gọi hình chiếu của $A$ lên $BC$ là $H$ suy ra $\frac{HM}{MT}=\frac{AQ}{QT}$ mà do ta thầy tam giác $PKD$ đồng dạng tam giác $MXH$ vậy tam giác $MXT$ đồng dạng tam giác $PKL$ vậy $TX$ vuông $AL$, vậy $X$ là trực tâm tam giác $ATK$ vậy $KX$ vuông $AT$ mà ta có tính chất là $AQ$ vuông $EF$ vây $EF$ song song $KX$.

 

 

Bài toán 114. Cho tam giác $ABC$, hình chiếu của $A,B,C$ lên $BC,AC,AB$ là $D,E,F$. Gọi hình chiếu của $D$ lên $AB,AC$ là $X,Y$. Gọi giao của $XY,EF$ và $BC$ là $K,L$. Đường thẳng vuông với $LA$ tại $A$ cắt $BC$ tại $R$. Giao của $KA$ và $(ABC)$ là $Z$ chứng minh $RZ=RA$.

Hình gửi kèm

  • Capture.JPG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHN: 13-01-2017 - 19:39


#256 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 125 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 13-01-2017 - 13:13

Lời giải bài 114. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp $\triangle ABC$.Ta có $AD^2=AX.AB=AY.AC$ nên $X, Y, B, C$ đồng viên. Mặt khác dễ thấy $BC$ tiếp xúc $(AD)$ nên $KD^2=KX.KY=KB.KC=KA.KZ$ và $\widehat{ADK}=90^{\circ}$ nên $DZ \perp AK$ hay $Z \in (AD)$. $LA$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$, $M$ là trung điểm $BC$. Khi đó ta có $H, P, M$ thẳng hàng và $HM \perp LA$, suy ra $AR \perp HM$. $OM \cap AR = Q$ thì $AHMQ$ là hình bình hành, tuy nhiên $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$ nên $O$ là trung điểm $MQ$. Theo Thales ta có $OR$ chia đôi $AD$. Mặt khác trung điểm $AD$, $O$ thuộc trung trực $AZ$ nên $R$ cũng huộc trung trực $AZ$. Ta có đpcm.

 

Figure4249.png

 

Bài toán 115. (Thầy Nguyễn Minh Hà) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $O$ và điểm Lemoine $L$. $AL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $X$. $(K)$ là đường tròn qua $L$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $X$ cắt $BC$ tại $Y, Z$. Điểm $S$ chia đoạn $OL$ theo tỉ số $\frac{-1}{3}$. $YL$ cắt $(S, SY)$ tại điểm thứ hai $E$. Chứng minh $(XYE)$ chia đôi $AL$.   


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 13-01-2017 - 18:51


#257 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 13-01-2017 - 19:04

Figure4250.png

 

Lời giải khác cho bài toán 113. Gọi $Q$ đẳng giác với $P$ trong tam giác $ABC$ thì $M$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$. Dễ thấy $AQ\perp EF$ nên ta sẽ chứng minh $AQ\perp XK$ thì suy ra $EF\parallel XK$, thật vậy. Gọi $AP$ cắt $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $Y$ khác $A$. Gọi đường thẳng qua $L$ song song $BC$ cắt $CA,AB$ tại $Z,T$. Ta thấy $\angle PTZ=\angle PFE=\angle PAE=\angle YBC$ và $\angle PZT=\angle PEF=\angle PAB=\angle YCB$ do đó hai tam giác $PZT$ và $YCB$ đồng dạng có đường cao tương ứng là $PL,YK$. Từ đó $\frac{LZ}{LT}=\frac{KC}{KB}$ nên $A,L,K$ thẳng hàng. Từ đó theo bài toán Tuần 1 tháng 4/2016 ta có $AQ\perp XK$. Ta hoàn thành chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 13-01-2017 - 19:28


#258 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 408 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 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 $AL$.$\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 13-01-2017 - 20:27


#259 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 612 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 13-01-2017 - 20:41

Cám ơn Bảo, rất vui khi thấy sự trở lại của em. Theo đề nghị của em, thầy đề nghị một bài mới như sau

 

Bài toán 116. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $D$. $AI$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$. $PD$ cắt $(K)$ tại $Q$ khác $D$. $DI$ cắt $BC$ tại $R$. Chứng minh rằng $RO$ đi qua tâm đương tròn Euler tam giác $QEF$.

 

Figure4251.png

 

@Trong topic này những bài nào mình post mà tự sáng tác mình sẽ không ghi gì cả, còn những bài không phải của mình mình sẽ ghi rõ.



#260 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 408 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 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.







1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh