Đến nội dung

Hình ảnh

VMF's Marathon Hình học Olympic

* * * * * 1 Bình chọn hình học

Lời giải halloffame, 02-01-2018 - 16:29

Lời giải bài toán 196. Ta chứng minh bài toán cho đường tròn $(K)$ tiếp xúc trong $(O),$ trường hợp tiếp xúc ngoài chứng minh tương tự. Ta thấy có thể bỏ đi điểm $B$ không cần thiết.

Bài toán 196'. $\Delta ADC$ vuông tại $D$ nội tiếp $(O),$ một đường tròn $(E)$ tiếp xúc trong $(O)$ ở $T.M,N \in (E)$ sao cho $MN \parallel AD$ và $MN=AD.P,R$ là trung điểm $MD,MC.$ Khi đó $P \in (ORT).$

Chứng minh. 

$M'$ đối xứng $M$ qua $T.$ Dựng điểm $I$ sao cho $OEMI$ là hình bình hành.

$OI$ cắt $(O),CD$ ở $K,L.J$ là hình chiếu $I$ lên $CD.$

Từ $OEMI$ là hình bình hành và $EM=ET$ ta suy ra được $IK=IM=JN,LK=LM$

Gọi $Q$ đối xứng $M$ qua $O$ thì $Q \in LM'.$ Ta có $LM'.LQ=LK.NJ=LK.KI=KO^2-OL^2=LC.LD \Rightarrow Q \in (M'CD).$

Qua phép vị tự tâm $M$ tỉ số $\frac{1}{2}$ ta có ngay đpcm.

[attachment=33194:Screen Shot 2018-01-02 at 1.29.42 AM.png]

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 434 trả lời

#261
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn Bảo về lời giải ngắn gọn, đáp án của thầy dài hơn

 

Bai9.png

 

Đáp án bài toán 118. Gọi $T$ là trung điểm $BC$, $I$ là giao điểm thứ hai khác $K$ của $AB$ với đường tròn đường kính $BC$. Gọi $D$ là chân đường cao từ $A$ xuống $BC$ suy ra $DK=DI$ và $DK^2=DB.DC=\overline{DH}.\overline{DA}$ suy ra $(KI,AH)=-1$ nên $(KA,IH)=2$. Vậy $\dfrac{\overline{IK}}{\overline{IA}}=2\dfrac{\overline{HK}}{\overline{HA}}$ hay $\dfrac{\overline{ID}}{\overline{IA}}=\dfrac{\overline{HK}}{\overline{HA}}$ mà dễ chứng minh $\overline{HK}=2\overline{LT}$ suy ra $\dfrac{\overline{ID}}{\overline{IA}}=\dfrac{\overline{HK}}{\overline{HA}}=\dfrac{\overline{TL}}{\overline{TO}}=\dfrac{\overline{QT}}{\overline{TC}}=\dfrac{\overline{TP}}{\overline{TC}}$ suy ra $\dfrac{\overline{ID}}{\overline{DA}}=\dfrac{\overline{TP}}{\overline{PC}}$. Chứng minh tương tự thì $\dfrac{\overline{ID}}{\overline{DA}}=\dfrac{\overline{TQ}}{\overline{QB}}$ suy ra $\dfrac{\overline{TP}}{\overline{PC}}=\dfrac{\overline{TQ}}{\overline{QB}}$. Mặt khác theo định lý Thales thì $\dfrac{\overline{PE}}{\overline{PC}}=\dfrac{\overline{DH}}{\overline{DC}}$ và $\dfrac{\overline{QF}}{\overline{QB}}=\dfrac{\overline{DH}}{\overline{DB}}$. Từ đó, ta có $\dfrac{TP.TQ}{PE.QF}=\dfrac{ID^2}{DA^2}.\dfrac{DB.DC}{DH^2}=1$ suy ra $\dfrac{TP}{FQ}=\dfrac{PE}{QT}$ suy ra $\triangle PET \sim \triangle QFT$ suy ra $\angle FTQ=\angle TEP$ suy ra $\angle ETF=90^\circ$. Gọi $S$ là giao điểm $TE,QF$ suy ra $TS=TE$ và  $PE=SQ$. Mà tam giác $FES$ có đường cao $FT$ đồng thời là trung tuyến, suy ra tam giác $FES$ cân tại $F$, suy ra $FE=FS$ suy ra $FE=FS=FQ+QS=FQ+PE$. Từ đó, ta có điều phải chứng minh.



#262
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Mình xin đề nghị bài tập tiếp cho topic được liên tục.

 

Bài toán 119. Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$ và tâm ngoại tiếp $O$. $E,F$ là trung điểm $CA,AB$. Các điểm $M,N$ thuộc $OH$ sao cho $FM\parallel AC$, $EN\parallel AB$. $K$ là điểm thuộc $BC$ sao cho $\angle HKB=\angle OKC$. $OK$ cắt $FM,EN$ lần lượt tại $P,Q$. $MQ$ cắt $PN$ tại $R$. Chứng minh rằng $AH,OR,BC$ đồng qui.



#263
NHN

NHN

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

Lời giải bài 119.

 gọi trung điểm $ BC$ là $D$, $OD$ cắt $MQ$ tại $L$, gọi giao của $OR$ và $BC$ là $S$, gọi giao của $OH$ và $BC$, gọi đường thẳng qua $K$ vuông $BC$ cắt $OH$ tại $ J$, đường thẳng qua $S$ vuông với $BC$ cắt $OH$ tại $H'$ là $T$ thì $-1=O(LR,MQ)=(DS,TK)=(OH',TJ)$ vậy $KJ$ là phân giác góc $H'KO$ vậy $H'$ trùng  $H$ 

Có vẻ như bài toán vẫn đúng với $M,N$ bất kì nằm trên $OH$ 

Bài toán 120.

cho tam giác $ABC$, nội tiếp $(O)$, đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt $(O)$ tại $M$, đường thẳng qua $B$ song song $AC$ cắt $(O)$ tại $N$, qua $M$ dựng đường thẳng song song $OB$ cắt tiếp tuyến của $A$ tại $P$, đường thẳng qua $N$ song song $OA$ cắt tiếp tuyến của $B$ tại $Q$, đường thẳng qua $Q$ song song $OB$ cắt đường thẳng qua $P$ song song $OA$ tại $T$. Chứng minh $T$ thuộc đường thẳng Euler. 

Hình gửi kèm

  • MỚI.JPG

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 14-01-2017 - 19:25


#264
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Ta đưa bài toán 120 về bài toán sau

 

Bài toán 120'. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. $P,Q$ lần lượt đối xứng với $E,F$ qua $IB,IC$. $K,L$ thuộc $CA,AB$ sao cho $PK\perp AB,QL\perp AC$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $K,L$ lần lượt vuông góc $CA,AB$ cắt nhau trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

 

Figure4257.png

 

Lời giải. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $M,N$ là hình chiếu của $O$ lên $CA,AB$. Đường thẳng qua $I$ song song $BC$ cắt $OB,OC$ tại $S,T$. Dễ thấy hai tam giác $FQN$ và $CIO$ đồng dạng c.g.c mặt khác hai tam giác $FQL$ và $CIT$ đồng dạng g.g nên $\frac{LF}{LN}=\frac{TC}{TO}$. Tương tự $\frac{KE}{KM}=\frac{SB}{SO}$ do đó theo định lý Thales thì $\frac{LF}{LN}=\frac{KE}{KM}$ theo bổ đề quen thuộc dễ thấy các đường thẳng qua $K,L$ lần lượt vuông góc $CA,AB$ cắt nhau trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

 

Bài toán 121. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. $AI$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$. $PQ$ là đường kính của $(O)$. $QI$ cắt $BC$ tại $D$. $M,N$ là trung điểm của $DI$ và $KA$. Đường thẳng qua $M$ song song $DN$ cắt trung trực $AQ$ tại $R$. Gọi $J$ là trung điểm $OI$. Chứng minh rằng $\angle APR=\angle QPJ$.

 

Figure4258.png



#265
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

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 $\widehat{APR}=\widehat{QPJ}$.  $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 14-01-2017 - 20:21


#266
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn Bảo, quá nhanh và nguy hiểm :D, thầy đề nghị bài tiếp.

 

Bài toán 122. Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H$, tâm ngoại tiếp $O$. Đường thẳng qua $O$ vuông góc $OA$ cắt trung trực $AH$ tại $D$. $M$ là hình chiếu của $H$ lên $AD$. $HM$ lần lượt cắt $CA,AB,OA$ tại $E,F,G$. đường thẳng qua $H$ song song $OD$ cắt $CA,AB,GC,GB$ lần lượt tại $S,T,K,L$. $SB,TC$ lần lượt cắt $CF,BE$ tại $I,J$. $IK,JL$ lần lượt cắt $MC,MB$ tại $U,V$. Chứng minh rằng $SU,TV,GH,BC$ đồng qui.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 14-01-2017 - 20:43
Chỉnh ký hiệu


#267
manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết

Lời giải bài toán 121 : 

Gọi $J$ là giao điểm của $AP$ với $QR$. Do $AP \perp AQ$ nên $AP \parallel OR \implies R$ là trung điểm $OJ$.

$(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $S$. Gọi $U,V$ lần lượt là điểm chính giữa cung $AQ$ của $(O)$, cung $EF$ của $(K)$.

$SI$ là trung tuyến, $SA$ là đường đối trung $\triangle ESF$ nên $SA,SU$ đẳng giác trong $\angle ESF$. Từ đây ta có $S,U,V$ thẳng hàng

Thật vậy, theo bài toán 111 thì $DV \parallel UM$

Từ đây ta có $\triangle RUM$ và $\triangle NVD$ có các cặp cạnh tương ứng song song $\implies R,N,S$ thẳng hàng

Theo định lý Thales thì $\frac{OR}{KN} = \frac{OS}{KS} \implies OR = \frac{OS}{KS} . \frac{AK}{2}$

Ta có $\triangle QBP \sim \triangle AFK$ nên $\frac{QP}{PB} = \frac{AK}{KF} \implies \frac{2OS}{PB} = \frac{AK}{KS}$

Kết hợp 2 điều trên ta có $OR.PB = R^2 = OR.PI \implies \frac{OR}{OA} = \frac{OP}{PI} \implies \triangle RAO \sim \triangle OIP \implies \angle RQO = \angle RAO = \angle OIP$

$\implies RQ$ và $AP$ cắt nhau trên $(IOQ)$ tức là $JIOQ$ nội tiếp

Lại có $PR$ là trung tuyến $\triangle PQJ$ nên $PR$ là đường đối trung của $\triangle PIO$. Ta có điều cần chứng minh

P/s : bạn Bảo nhanh quá @@

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 14-01-2017 - 21:01


#268
Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 127 Bài viết

Lời giải bài 122: 

Bài này hình như bị "thừa" dữ kiện @@.

Ta chỉ cần chứng minh $SU, GH, BC$ đồng quy. $GH$ cắt $BC$ tại $Z$. $ZX$ cắt $CM$ tại $U$. Ta sẽ chứng minh $U, I, K$ thẳng hàng.

Ta có $HS \perp AO$, $HB \perp AC$, $HZ \perp AD$, $HC \perp AB$. $H(SBZC)=A(OCDB)$, tức là $S(HBZC)=A(GEMF)=C(GEMF)$ do $B, Z, C$ thẳng hàng. Suy ra $S(KIUC)=C(KIUS)$. Ta có đpcm. 



#269
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
Cám ơn khánh, thầy sẽ xem lại đề kỹ hơn, để topic tiếp tục, thầy đề nghị bài mới

Bài toán 123. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $AB$ giao $CD$ tại $E$. $AD$ giao $BC$ tại $F$. Tiếp tuyến tại $A,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $S$. Tiếp tuyến tại $B,D$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$. Gọi $K,L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $SBD$ và $TAC$. $M$ là trung điểm $EF$. Chứng minh rằng $OM\parallel KL$.

#270
Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 127 Bài viết

Lời giải bài 123: 

Gọi $X$ la giao điểm của $AC$ và $BD$. 

Theo định lí Brocard ta có $O$ là trực tâm $\triangle EFX$. Do đó $OX \perp EF$ tại $H$. Khi đó ta cũng có $H \in (FAB), (EAD)$. 

Do đó $(FO^2- OA^2)+(EO^2-OA^2)=\mathcal{P}_{F/(O)}+\mathcal{P}_{E/(O)} $ $=$ $\overline{FA}.\overline{FD}+ \overline{EA}.\overline{EB}$ $=$ $\overline{FH}.\overline{FE}+\overline{EH}.\overline{EF}$ $=$ $\overline{EF}(\overline{EH}-\overline{FH}) = EF^2$ hay $2OA^2 = OF^2+OE^2-EF^2 = 2OM^2 + 2EM^2 - 4EM^2$. Suy ra $OM^2-OA^2=ME^2$ hay $(EF)$ và $(O)$ trưc giao.

Ta sẽ chứng minh: Trục đẳng phương của $(SBD)$ và $(TAC)$, trục đẳng phương của $(O)$ và $(EF)$ trùng nhau.

Gọi $Y, Z$ là giao điểm của $OT, OS$ với $BD, AC$.

Xét phép nghịch đảo đường tròn $(O)$, ta có $(TAC) \leftrightarrow (YAC)$, $(SBD) \leftrightarrow (ZBD)$. $(ZBD) \cap (TAC) = \{R, S \}$. Dễ thấy rằng $RS$ đi qua $X$. 

Đường tròn $(EF)$ cắt $(O)$ tại $P, Q$. Do $(EF)$ trực giao $(O)$ nên qua phép nghịch đảo $(EF)$ được bảo toàn. 

$AC$ cắt $EF$ tại $U$. Ta có $(UXAC)=-1$ va $HX \perp HU$ nên $HO$ là phân giác $\widehat{AXC}$. Suy ra $A, H, O, C$ đồng viên.

Dễ thấy $\mathcal{P}_{X/(EF)} = \overline{XH}.\overline{XO}= \overline{XA}.\overline{XC} = \mathcal{P}_{X/(O)}$ nên $X$ thuộc $PQ$. 

Ta có $\overline{XP}.\overline{XQ}=\overline{XA}.\overline{XC}=\overline{XR}.\overline{XS}=\overline{XH}.\overline{XO}$ nên 6 điểm $H, O, P, Q, R, S$ đồng viên. Qua phép nghịch đảo, đường tròn này chính là trục đẳng phương của $(O)$ và $(EF)$, $(SBD)$ và $(TAC)$ nên ta có đpcm.



#271
halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết

Lời giải bài toán 123.

Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh $OM$ vuông góc với trục đẳng phương của $(SBD),(TAC).$

Xét phép nghịch đảo tâm $O$ phương tích $OA^2,$ ta đưa bài toán đã cho về bài toán mới sau đây:

Bài toán 123'.Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O),AB$ cắt $CD$ tại $E,AD$ cắt $BC$ tại $F.I,J,M$ lần lượt là trung điểm $AC,BD,EF.$ Gọi

$(\omega)$ là đường tròn đi qua $O$ và đồng trục với $(IBD),(JAC).$ Khi đó tâm của $(\omega)$ nằm trên $OM.$

Chứng minh.

Gọi $BD,AC$ cắt $EF$ tại $V,U.$ Khi đó $(DBGV)=-1 \Rightarrow GJ.GV=GB.GD=GA.GC \Rightarrow V \in (JAC).$ Tương tự $U \in (IBD).$

Gọi $O_1,O_2$ tâm $(IBD),(JAC);M'$ trung điểm $OM;O_3,M_1,M_3$ hình chiếu lên $AC$ của $O_1,M',M;O_4,M_2,M_4$ hình chiếu lên $BD$ của $O_2,M',M.$

Gọi $T,S$ là cực của $BD,AC$ với $(O);$ khi đó ta phải có $\overline{T,S,F,E},\overline{T,O_1,J,O},\overline{S,O_2,I,O}.$

Theo định lí Thales: $\frac{O_3I}{O_3M_1}=\frac{\frac{1}{2}UI}{\frac{1}{2}UM_3}=\frac{UI}{UM_3}=\frac{US}{UM}.$ Tương tự $\frac{JO_4}{JM_2}=\frac{TV}{TM}.$

Ta có $\frac{US}{UM}=\frac{TV}{TM}\Leftrightarrow \frac{VM}{TM}=\frac{SM}{UM}\Leftrightarrow MU.MV=MT.MS.$ (1)

Mặt khác, do $(UVFE)=-1=D(TSAC)=(TSFE) \Rightarrow MT.MS=ME^2=MU.MV.$ Vậy (1) đúng $\Rightarrow \frac{O_3I}{O_3M_1}=\frac{JO_4}{JM_2}.$

Lại có $O_1O_3,O_2I,M_1M'$ cùng vuông góc $AC$ và $O_2O_4,O_1J,M_2M' $ cùng vuông góc $BD \Rightarrow \overline{O_1,O_2,M'}.$

Gọi $K_1,K_2$ là giao điểm của $(IBD),(JAC),(\omega);AC$ cắt $BD$ ở $G;OG$ cắt $EF$ ở $H.$

Ta có $GB.GD=GA.GC \Rightarrow G \in K_1K_2.$ Vậy $GH.GO=GA.GB=GK_1.GK_2 \Rightarrow H \in (\omega).$

Vậy tâm của $(\omega)$ là giao điểm của trung trực $OH$ và $O_1O_2.$

Mặt khác, $M' \in O_1O_2,$ lại có $M'$ trung điểm $OM$ và $OH \perp EF \Rightarrow M'$ thuộc trung trực $OH.$

Vậy tâm của $(\omega)$ chính là $M'$ và nó nằm trên $OM,$ đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 15-01-2017 - 01:52

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#272
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn Khánh và Quân, bài toán 123 là một bài không đơn giản, đáp án của thầy cũng tương tự của Khánh, lời giải của Quân khác của thầy, sau đây là đáp án bài toán 122.

 

Bai5.png

 

Đáp án bài toán 122. ta có $A(BC,OD)=-1$. Gọi $X$ là giao điểm $GH,BC$, $N$ là giao điểm $ST,BC$. Do $A(BC,OD)=-1$ và ta có $HC\perp AB, HB\perp AC, HN\perp OA, HM\perp AD$ suy ra $H(CB,NM)=-1$ suy ra $H(BC,XN)=-1$. Suy ra $BC,XN)=-1$ suy ra $AX,BS,CT$ đồng qui. Gọi điểm đồng qui của $AX,BS,CT$ là $Q$. Ta có $(GM,EF)=A(GM,EF)=A(OD,BC)=-1$ suy ra $B(TJ,LV)+(FE,GM)=-1$ và $C(SI,KU)=(EF,GM)=-1$. Mặt khác do $J,L,V$ thẳng hàng suy ra $T(BJ,VL)=B(TJ,VL)=-1$. Chứng minh tương tự suy ra $S(CI,UK)=1$ suy ra $T(BJ,VL)=S(CI,UK)=-1$ mà $TB,SC$ cắt nhau tại $A$, $TJ,SI$ cắt nhau tại $Q$ suy ra $AQ,TV,SU$ đồng qui. Cũng có $A(BJ,VL)=S(IC,UK)=-1$ mà $TB,SI$ cắt nhau tại $B$, $TJ,SC$ cắt nhau tại $C$, suy ra $SU,TV,BC$ đồng qui. Vậy $SU,TV,BC,AQ$ đồng qui. Mặt khác theo chứng minh trên thì $AQ,BC,GH$ đồng qui. Vậy $SU,TV,GH,BC$ đồng qui.

 

Thầy đề nghị bài mới cho topic tiếp tục

 

Bài toán 124. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $D$. $AI$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$. $PD$ cắt $(K)$ tại $Q$ khác $D$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$, $OT$ cắt trung trực $AQ$ tại $S$. Lấy điểm $Y$ nằm trên đường nối trung điểm $AE,AF$ sao cho $AY\perp AS$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(ADQ)$ cắt $BC$ tại $Z$. $AT$ cắt $YZ$ tại $X$. Chứng minh rằng $X$ là tâm $(ADI)$.

 

Figure4260.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 15-01-2017 - 02:34


#273
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Topic này bị gián đoạn một chút vì bài này, thực sự mình mong muốn tìm lời giải không nghịch đảo cho nó nhưng xem ra khó có lời giải khác. Vậy mình sẽ đưa ra lời giải nghịch đảo của mình. Trước hết ta xử lý bài toán một chút.

 

Giải bài toán 124. Gọi $J$ là trung điểm $EF$ và $L$ là đối xứng của $A$ qua $OT$ thì $L$ thuộc $(O)$ và $AL$ là đường đối trung. $(S)$ là đường tròn ngoại tiếp $(AQL)$. Do đó $(Y)$ là đường tròn qua $A,J$ và trực giao với $(AQL)$. Gọi $R$ đối xứng $A$ qua $BC$ thì $(Z)$ là đường tròn qua $A,R$ và trực giao với $(AQD)$. Ta biết bài toán quen thuộc là $DP$ đồng quy với $BC$ và đường nối tiếp điểm $M,N$ của $(K)$ với $CA,AB$, gọi điểm đồng quy là $G$. Vậy ta có thể xác định $Q$ bằng cách cho $MN$ cắt $BC$ tại $G$ và $GD$ cắt $(K)$ tại $Q$. Đến đây ta chú ý rằng đường tròn $(ADI)$ luôn trực giao với $(O)$ nên tâm của $(ADI)$ luôn nằm trên $AT$. Do đó ta chỉ cần chứng minh tâm của $(ADI)$ nằm trên $YZ$ nữa thì hiển nhiên giao điểm $X$ của $YZ$ và $AT$ là tâm của $(ADI)$. Việc chứng minh tâm của $(ADI)$ nằm trên $YZ$ tương đương với việc ta cần chứng minh các đường tròn $(Y),(Z),(AID)$ đồng trục.

 

Figure4264.png

 

Nghịch đảo cực $A$ phương tích bất kỳ và sử dụng ký hiệu tương tự đồng thời viết lại bài toán với đường tròn nội tiếp, ta thu được bài toán sau

 

Bài toán 124'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,M,N$. Đường tròn $(AMN)$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Đường tròn $(ADG)$ cắt $(I)$ tại $Q$ khác $D$.  $L$ là trung điểm $BC$. $(K)$ là đường tròn tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$. $y$ là đường thẳng qua $K$ vuông góc với $QL$ và $z$ là đường thẳng qua $O$ vuông góc với $QD$. Chứng minh rằng $y,z$ và $ID$ đồng quy.

 

Bài toán 124' đã được giải chi tiết tại đây http://artofproblems...c6t48f6h1368124

 

Để topic tiếp tục mình xin đề nghị một bài toán sau khá đơn giản

 

Bài toán 125 (Đề thi Ba Lan)Cho ngũ giác lồi $ABCDE$ với $BC=DE$ và $\angle ABE=\angle CAB=\angle AED-90^\circ$ và $\angle ACB=\angle ADE$. Chứng minh rằng $BCDE$ là hình bình hành.

 

 

 



#274
halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết

Một cách khác để chứng minh tâm của $(ADI)$ nằm trên $AT$ trong bài toán 124. :

Gọi tâm bàng tiếp góc $A$ của $\Delta ABC$ là $I_a,$ khi đó $AI.AI_a=AB.AC.$

Do đó xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng qua phân giác góc $A,$ ta đưa về bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),$ đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I_a)$ tiếp xúc $BC$ ở $D.$

Đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A.$ Chứng minh điểm đối xứng với $A$ qua $DI_a$ là $A'$ phải thuộc $AT.$

Bổ đề này là kết quả hiển nhiên, do $AA' \perp DI_a,DI_a \perp BC,BC \parallel AT \Rightarrow AA' \parallel AT \Rightarrow \overline{A,A',T}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 16-01-2017 - 23:00

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#275
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

$(AID)$ trực giao với $(O)$ qua nghịch đảo tương đương với $I_aD$ vuông góc $BC$ với $(I_a)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$ mà em, cái này có thể coi là hiển nhiên mà.



#276
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Mình rất muốn giải bài trên của thầy Hùng nhưng trình độ còn kém nên chưa được, mình chỉ chứng minh được tâm $X$ của $(ADI)$ nằm trên $AT$.

Trước tiên ta chứng minh kết quả quen thuộc sau :
Gọi $W$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ thì $W,I,D$ thẳng hàng

Thật vậy, $DA$ và $DI$ đẳng giác nên $\widehat{NDA}=\widehat{IDM}$ (chú ý là $DN$, $DM$ đi qua trung điểm cung $AB$, $AC$ không chứa $C$, $B$)

Từ đó, $\widehat{IDM}=\tfrac{1}{2}\widehat{ACB}$, do đó $D,I,W$ thẳng hàng.

Gọi $X$ là tâm $(AID)$ thì ta có :

$\widehat{XAI}=90^\circ-\widehat{ADI}=90^\circ-\widehat{APO}=\widehat{ACP}=\widehat{TAI}$.

Do đó $A,X,T$ thẳng hàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 17-01-2017 - 00:25


#277
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn em đã đóng góp xây dựng, mọi đóng góp ở mức độ nào đều là đáng trân trọng. Ai cũng phải học hỏi vì kiến thức là vô hạn kể cả trong nội tại hình học sơ cấp, thầy cũng phải luôn học tập và cố gắng hơn.

 

 

Nói qua về bài tập này http://artofproblems...c6t48f6h1368124, mình có 1 phát hiện nhỏ, nếu định nghĩa các điểm $Y,Z$ tương tự thì $IX=IY=IZ$ nói cách khác ta có thể chứng minh được $AX,BY,CZ$ đồng quy.



#278
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Lời giải bài toán 125.

$AC,AD$ lần lượt cắt $BE$ tại $X,Y$, kẻ $AH$ vuông góc với $DE$ ($H$ thuộc $DE$)

Ta thấy ngay $\widehat{HAE}=\widehat{AED}-90^\circ=\widehat{ABE}$ hay $AH$ là tiếp tuyến của $(ABE)$

Ta có :

$BC.\sin (\widehat{BCA})=AB.\sin(\widehat{BAC})$

$DE.\sin(\widehat{ADE})=AE.\sin(\widehat{EAD})$

suy ra $AB.\sin(\widehat{BAC})=AB.\sin(\widehat{ABE})=AE.\sin(\widehat{EAD})$

Mà $AB.\sin(\widehat{ABE})=AE.\sin(\widehat{AEB})$

Do đó $\widehat{AEY}=\widehat{YEA}$.

Ta chỉ cần chứng minh $\widehat{CAD}=2\widehat{BCA}=2\widehat{ADE}$ thì $BC\parallel DE$ dẫn tới điều phải chứng minh.

Ta có : $\widehat{YAX}+\widehat{YXA}+\widehat{AYX}=180^\circ$.

Mà $\widehat{AYX}=2\widehat{ABE},\widehat{AYX}=2\widehat{AEY}=2\widehat{EAY}$, do đó ta cần chứng minh : $\widehat{ABE}+\widehat{ADE}+\widehat{EAD}=90^\circ$

Mà $\widehat{EAD}+\widehat{ADE}=90-\widehat{HAE}=90-\widehat{ABE}$

Do đó ta hoàn tất chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 17-01-2017 - 00:39


#279
halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết

Lời giải bài toán 125.

Gọi đường thẳng qua $B,E$ vuông góc $BC,DE$ cắt $AC,AD$ ở $X,Y \Rightarrow \widehat{AEY}=\widehat{BAC}.$

Do $BC=DE \Rightarrow \Delta XBC= \Delta YED \Rightarrow XB=YE,\widehat{BXC}=\widehat{EYD} \Rightarrow \widehat{ABX}=\widehat{EAD}.$

$\Rightarrow \Delta ABX \sim \Delta EAY \Rightarrow \frac{AE}{AB}=\frac{YA}{XB}=\frac{YA}{YE} \Rightarrow \frac{\sin \widehat{ABE}}{\sin \widehat{AEB}}=\frac{\sin \widehat{AEY}}{\sin \widehat{EAD}} \Rightarrow \sin \widehat{AEB}=\sin \widehat{EAD}.$

Nếu $\widehat{AEB}+\widehat{EAD}=180^0$ thì $EB \parallel AD,$ mâu thuẫn với giả thiết ngũ giác $ABCDE$ lồi. Do đó $\widehat{AEB}=\widehat{EAD}.$

Gọi $AB$ cắt $DE$ ở $B',H$ là hình chiếu $A$ lên $DE,O'$ tâm $(AB'D).$ Khi đó:

$\widehat{B'AE}=\widehat{B'AO} \Leftrightarrow \widehat{ABE}+\widehat{AEB}=90^0-\widehat{ADE}=90^0-\widehat{ACB} \Leftrightarrow \widehat{ABE}+\widehat{AEB}=\widehat{ABC}+\widehat{BAC}-90^0$

$\Leftrightarrow \widehat{ABX}=\widehat{ABC}-90^0,$ đúng.

Vậy $\overline{A,E,O} \Rightarrow \widehat{B'AH}=\widehat{EAD}=\widehat{ABX} \Rightarrow AH \parallel BX \Rightarrow BC \parallel DE \Rightarrow BCDE$ là hình bình hành, đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 17-01-2017 - 00:17

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#280
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn các em đã đóng góp.

 

Figure4266.png

 

Đáp án bài 125. Dựng đường tròn $(B)$ tiếp xúc $AC$. Các tiếp tuyến tại $C,A$ của $(B)$ cắt nhau tại $F$. Từ dữ kiện đề bài dễ thấy hai tam giác $\triangle EDA=\triangle BCF$ g.c.g. Từ đó $EA=BF$ mà $BE\parallel AF$ nên tứ giác $BEAF$ có thể là một hình thang cân hoặc hình bình hành. Nhưng $\angle AEB<\angle AED=\angle CBF<\angle EBF$ do đó $BEAF$ là một hình bình hành. Dễ suy ra $BCDE$ là hình bình hành.







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

1 người đang xem chủ đề

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