Chủ đề này có 434 trả lời

[moonkey01]

Bài toán 145 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với $\angle BAC<45^{\circ}$. $D$ ở trong tam giác $ABC$ sao cho $BD=CD$ và $\angle BDC=4\angle BAC$. $E$ là đối xứng của $C$ qua $AB$. $F$ là đối xứng của $B$ qua $AC$. Chứng minh rằng $AD\perp EF$.

 

Lời giải của em như sau:

 

Lời giải bài toán 145: Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì $D$ là tâm ngoại tiếp tam giác $OBC$. Đặt $BC=a,CA=b,AB=c$ và bán kính của $(ABC)$, $(OBC)$ lần lượt là $R,r$, ta sẽ chứng minh rằng $DE^2-DF^2=AE^2-AF^2=b^2-c^2$. Thật vậy, dễ dàng tính được $\angle DBE=\angle A+90^{\circ}+\angle B-\angle C$ và $\angle DBE=\angle A+90^{\circ}+\angle C-\angle B$.

 

Lại có các đẳng thức $DE^2=a^2+r^2-2ar\cdot cos\angle DBE, \\DF^2=a^2+r^2-2ar\cdot cos\angle DCF$ và $r=\frac{a}{2sin\angle 2A}=\frac{a}{4sin\angle A\cdot cos\angle A}$ nên ta có:

 

$DE^2-DF^2=2ar(cos\angle DCF-cos\angle DBE)\\= \frac{-a^2\cdot sin(\angle A+90^{\circ})\cdot sin(\angle C-\angle B)}{sin\angle A\cdot cos\angle A}\\=4R^2\cdot sin\angle A\cdot sin(\angle C-\angle B)$

 

Mặt khác $b^2-c^2=2R^2(cos\angle 2C-cos\angle 2B)=4R^2sin(\angle C+\angle B)sin(\angle C-\angle B)$, dẫn đến $DE^2-DF^2=b^2-c^2=AE^2-AF^2$ hay $AD\perp EF$ $\blacksquare$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 26-01-2017 - 14:16

[QuangDuong12011998]

Thực ra bài 145 không cần dùng đến lượng giác.

Bài 145 là sự kết hợp của hai tính chất:

Tính chất 1. $O_a$, $O_b$, $O_c$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của $\triangle OBC$, $\triangle OCA$, $\triangle OAB$ thì $AO_a$, $BO_b$, $CO_c$ đồng quy tại điểm đẳng giác của tâm đường tròn chín điểm của $\triangle ABC$.

Tính chất 2. $N$ là tâm đường tròn chín điểm của $\triangle ABC$. $D$, $E$, $F$ là hình chiếu vuông góc của $N$ lên $BC$, $CA$, $AB$. $X$, $Y$, $Z$ đối xứng với $A$, $B$, $C$ qua $BC$, $CA$, $AB$ thì $\triangle DEF$ và $\triangle XYZ$ vị tự.

___________________________________________

Chứng minh tính chất 1. Gọi $D$, $E$, $F$ là đối xứng của $O$ qua trung điểm $BC$, $CA$, $AB$ (thì cũng là đối xứng qua $BC$, $CA$, $AB$). Khi đó theo tính chất $\dfrac{2}{3}$ của trọng tâm, $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy tại tâm đường tròn chín điểm $N$ (bởi vì $\overrightarrow{OG}+2\overrightarrow{NG}=\overrightarrow{0}$)

$T_a$, $A'$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B$, $C$ của $(ABC)$, trung điểm $BC$. Trung trực của $BC$ cắt $(ABC)$ tại $A_1$, $A_2$.

\[R^2=\overline{OA_1}^2=\overline{OA_2}^2=\overline{OA'}\cdot\overline{OT_a}=\frac{\overline{OD}}{2}\cdot 2\overline{OO_a}=\overline{OD}\cdot\overline{OO_a}\]

Đẳng thức trên cho thấy $(A_1,A_2;O_a,D)=-1$. Mà $AA_1\perp AA_2$ nên $AO_a$, $AD$ đối xứng nhau qua phân giác $\angle BAC$. Tương tự với $AO_a$, $BO_b$, $CO_c$ ta suy ra chúng đồng quy tại điểm đẳng giác của $N$.

Chứng minh tính chất 2.

$H$, $N$, $G$, $O$ lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn chín điểm, trọng tâm và tâm ngoại tiếp của $\triangle ABC$.

$A_1$ đối xứng với $N$ qua $BC$, $A_2$ đối xứng với $O$ qua $BC$.

$A$, $N$, $A_2$ thẳng hàng, đối xứng qua $BC$ suy ra $X$, $A_1$, $O$ thẳng hàng. Theo định lý đường trung bình, $\overrightarrow{HX}=2\overrightarrow{NA_1}=4\overrightarrow{ND}$

Tương tự, $\overrightarrow{HY}=4\overrightarrow{NE}$ và $\overrightarrow{HZ}=4\overrightarrow{NF}$ nên $\triangle DEF\cup N$ vị tự với $\triangle XYZ\cup H$.

Hơn nữa, tâm vị tự chính là $G$ vì tỉ số vị tự là $\dfrac{1}{4}$.

[quanghung86]

Cám ơn Hoàng và Dương đã đóng góp lời giải. Bài toán này xuất phát từ đây. Trong đó có hai lời giải khác nhau, tuy nhiên thầy giải dựa trên bài Tuymaada 2009.

 

Xin đề nghị bài toán tiếp.

 

Bài toán 147. Cho tam giác $ABC$ nhọn có trực tâm $H$. $E,F$ lần lượt thuộc đoạn $CA,AB$ sao cho $EF$ tiếp xúc $(BHC)$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AEF$. $M,N$ lần lượt thuộc đoạn $KC,KB$ sao cho $\angle KME=\angle KEC,\angle KNF=\angle KFB$. Chứng minh rằng $(AMN)$ tiếp xúc $EF$.

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 26-01-2017 - 16:28

[Nguyen Dinh Hoang]

Bài này khá dễ lời giải của em: Kí hiệu $R$ là trực tâm $ABC$ thay vì $H$

Gọi $V$ là điểm tiếp xúc của $EF$ với $HBC$ ta chứng minh $KEF$ tiếp xúc $(O)$ thật vậy $CV$ cắt $(O)$ tại $X$ tương tự có $Y$ áp dụng định lý $Pascal$ đảo ta có $XF$, $YE$ cắt nhau tại 1 điểm nằm trên $(O)$ là $H$. Do $EF$ tiếp xúc $HBC$ nên dễ có $BFVH$ nội tiếp tương tự ta có $VECH$ nội tiếp nên ta có$\measuredangle FHE = \measuredangle FBV + \measuredangle VCE = \measuredangle AFE + \measuredangle AEF + 180 - \measuredangle BVC = 180 -2 \measuredangle A = \measuredangle FKE$ nên $HFKE$ nội tiếp. Gọi $Hx$ là tiếp tuyến của $HEF$ ta có $\measuredangle xHB = \measuredangle xHF - \measuredangle FBH = \measuredangle FEH - \measuredangle FBH = \measuredangle BCH$ nên $Hx$ cũng là tiếp tuyến của $HEF$ ta có $KEF$ tiếp xúc $(O)$.

Gọi $T$ là giao của $EF$ với $KH$ ta có $KT.KH$ $=$ $KE.KE$ tính chất của điểm chính giữa cung nên. Xét nghịch đảo trong đường tròn $(K)$ thì $AEF$ đi qua $T$ và $AEF$, $(O)$, $(K)$ đồng trục. 

Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho 3 đường tròn $(O)$, $(AFE)$, $(KEF)$ ta có $EF$, tiếp tuyến tại $H$ của $(O)$ và $IA$ đồng quy tại $J$, trong đó $I$ là giao của $(K)$ với $(O)$  

Ta chứng minh $JT$ $=$ $JH$ điều này hiển nhiên vì$\measuredangle JHT = \measuredangle JHF + \measuredangle FHT = \measuredangle THE + \measuredangle TEH = \measuredangle JTH$ nên $JT = JH$. Lại có $JI.JA= JH^{2} = JT^{2}$ nên $(AMN)$ tiếp xúc $EF$. Ta có $dpcm$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Dinh Hoang: 26-01-2017 - 18:47

[quanghung86]

Cám ơn Hoàng về lời giải mới thú vị khác đáp án, thầy sẽ post đán án ngày mai. Xin đề nghị bài tiếp theo

 

Bài toán 148 (Telv Cohl). Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác và $E,F$ lần lượt thuộc cạnh $CA,AB$. Chứng minh rằng $ \angle BPC + \angle EPF = 180^{\circ} \iff \angle BQC + \angle EQF = 180^{\circ}$

[QuangDuong12011998]

Lời giải cho bài 148

Em sẽ phát biểu lại bài toán như sau:

\[(PB,PC)+(PE,PF)=0\pmod\pi \Leftrightarrow (QB,QC)+(QE,QF)=0\pmod\pi\]

Gọi $P_a$, $P_b$, $P_c$, $P'$ là hình chiếu vuông góc của $P$ lên $BC$, $CA$, $AB$, $EF$

 và $Q_a$, $Q_b$, $Q_c$, $Q'$ là hình chiếu vuông góc của $Q$ lên $BC$, $CA$, $AB$, $EF$.

 

\[(Q'Q_b,Q'Q_c)=(Q'Q_b,Q'E)+(Q'F,Q'Q_c)=(QQ_b,QE)+(QF,QQ_c)=(QF,QE)+(AC,AB)\pmod\pi\]

\[\Rightarrow (Q'Q_b,Q'Q_c)-(Q_aQ_b,Q_aQ_c)=(QF,QE)+(AC,AB)+(PB,PC)=(QF,QE)+(QC,QB)\pmod\pi\]

Vậy $(QB,QC)+(QE,QF)=0\pmod\pi$ khi và chỉ khi $Q'$ thuộc đường tròn pedal của $P$, $Q$

Tương tự, $(PB,PC)+(PE,PF)=0\pmod\pi$ khi và chỉ khi $P'$ thuộc đường tròn pedal của $P$, $Q$.

$O$ là trung điểm $PQ$, theo tính chất hình thang vuông thì $OP=OQ$ nên $Q'$ thuộc đường tròn pedal của $P,Q$ khi và chỉ khi $P'$ thuộc đường tròn pedal của $P,Q$. Chứng minh hoàn tất.

Em đề nghị bài toán mới

$\boxed{\text{Bài toán 149}}$(tự chế và đã chứng minh không tọa độ) Cho $\triangle ABC$ và điểm $P$ bất kì.

$A_b$, $A_c$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $PB$, $PC$

$B_c$, $B_a$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $PC$, $PA$

$C_a$, $C_b$ là hình chiếu vuông góc của $C$ lên $PA$, $PB$

$C_aA_c$ cắt $A_bB_a$ tại $A_1$, $A_bB_a$ cắt $B_cC_b$ tại $B_1$, $B_cC_b$ cắt $C_aA_c$ tại $C_1$

$B_cB_a$ cắt $C_aC_b$ tại $A_2$, $C_aC_b$ cắt $A_bA_c$ tại $B_2$, $A_bA_c$ cắt $B_cB_a$ tại $C_2$

Chứng minh rằng $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ đồng quy khi và chỉ khi $AA_2$, $BB_2$, $CC_2$ đồng quy.

 

 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 26-01-2017 - 22:05

[quanghung86]

Lời giải bài toán 149.

 

 

Sử dụng định lý Desargues thì bài toán cần chứng minh tương đương với giao điểm của các cặp đường thẳng $(B_cC_b,BC);(C_aA_c,AC);(A_bB_a,AB)$ thẳng hàng khi và chỉ khi giao điểm của $(A_bA_c,BC);(B_cB_a,AC);(C_aC_b,AB)$ thẳng hàng, Gọi $B_cC_b$ và $A_bA_c$ cắt $BC$ lần lượt tại $A_3,A_4$ thì áp dụng định lý Menelaus ta thấy $\frac{A_3B}{A_3C}=\frac{B_cP}{B_cC}.\frac{C_bB}{C_bP}$ và $\frac{A_4B}{A_4C}=\frac{A_cP}{A_cC}.\frac{A_bB}{A_bP}$ do đó 

 

Tương tự ta có $\frac{B_3C}{B_3A}=\frac{C_aP}{C_aA}.\frac{A_cC}{A_cP}$ và $\frac{B_4C}{B_4A}=\frac{B_aP}{B_aA}.\frac{B_cC}{B_cP}$ và $\frac{C_3A}{C_3B}=\frac{A_bP}{A_bB}.\frac{B_aA}{B_aP}$ và $\frac{C_4A}{C_4B}=\frac{C_bP}{C_bB}.\frac{C_aA}{C_aP}$. 

 

Từ đó $\frac{A_3B}{A_3C}.\frac{B_3C}{B_3A}.\frac{C_3A}{C_3B}=\frac{B_cP}{B_cC}.\frac{C_bB}{C_bP}.\frac{C_aP}{C_aA}.\frac{A_cC}{A_cP}.\frac{A_bP}{A_bB}.\frac{B_aA}{B_aP}$

 

Và $\frac{A_4B}{A_4C}.\frac{B_4C}{B_4A}.\frac{C_4A}{C_4B}=\frac{A_cP}{A_cC}.\frac{A_bB}{A_bP}.\frac{B_aP}{B_aA}.\frac{B_cC}{B_cP}.\frac{C_bP}{C_bB}.\frac{C_aA}{C_aP}$

 

Vậy  $\frac{A_3B}{A_3C}.\frac{B_3C}{B_3A}.\frac{C_3A}{C_3B}=1/(\frac{A_4B}{A_4C}.\frac{B_4C}{B_4A}.\frac{C_4A}{C_4B})$ nên $\frac{A_3B}{A_3C}.\frac{B_3C}{B_3A}.\frac{C_3A}{C_3B}=1\iff \frac{A_3B}{A_3C}.\frac{B_3C}{B_3A}.\frac{C_3A}{C_3B}=1$.

 

Ta hoàn thành chứng minh.

 

Theo cách chứng minh bài này thì chỉ cần $B_a,C_a$ bất kỳ trên đường thẳng $PA$ là được và tương tự các điểm còn lại !

 

Bài toán 150 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với $M$, $N$, $Q$ là trung điểm $AB$, $BC$ và $AC$. $P$ nằm trong tam giác và nằm trên phân giác $\angle BCA$. Gọi $D=AP\cap MN$ và $E=BP\cap MQ$. Chứng minh rằng $MD=ME$.

[quanghung86]

Bài toán 148 có thể tham khảo tại đây trong #4 của Telv Cohl.

[Min Nq]

Lời giải bài toán 150

 

Áp dụng định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác $ABC$ có $CP$, $AD$ và $BE$ đồng quy ta thu được:

 

$\frac{sinCAD}{sinDAB}=\frac{sinCBE}{sinABE}$

 

suy ra:

 

$\frac{sinADM}{sinDAM}=\frac{sinBEM}{sinEBM}$

 

theo định lý sin thì suy ra :

 

$\frac{AM}{MD}=\frac{BM}{ME}$

 

Vì $M$ là trung điểm $AB$ nên ta có điều phải chứng minh.

 

 

Thầy Hùng đề nghị bài mới giúp em nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Min Nq: 27-01-2017 - 09:40

[quanghung86]

Cám ơn em đã đăng lời giải, bài toán 150 có thể tham khảo lời giải dùng tỷ số kép ở đây.

 

Bài toán 151. Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AD$. $E,F$ là hình chiếu của $D$ lên $CA,AB$. $EF$ cắt $BC$ tại $T$. $BE$ cắt $CF$ tại $S$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $SEF$. Một đường thẳng bất kỳ đi qua $T$ cắt $(ABC)$ tại $M,N$. Chứng minh rằng đường tròn có tâm trên $AK$ và đi qua $M,N$ thì tiếp xúc $(K)$.

[Dark Repulsor]

Lời giải bài toán $151$:

Bổ đề: Đường tròn $(K)$ tiếp xúc đường tròn $(A;AD)$

CM: $TA$ cắt lại $(ABC)$ tại $L$ thì $L\in (AD)$. Lấy $X$ đối xứng $D$ qua $L$ thì $X\in (A;AD)$

Theo tính đối xứng và do $TD$ là tt của $(A;AD)$ nên $TX$ cũng là tt của $(A;AD)$

Mà $TX^2=TD^2=\overline{TE}.\overline{TF}\Rightarrow TX$ là tt của $(XEF)$. Do đó ta chỉ cần c/m $X\in (K)$ là xong

Gọi $(BCEF)$ cắt $(A;AD)$ tại $P,Q\Rightarrow AP^2=AQ^2=AD^2=\overline{AF}.\overline{AB}=\overline{AE}.\overline{AC}\Rightarrow AP,AQ$ là $2$ tt của $(BCEF)$. Sử dụng t/c cơ bản của hàng điều hòa cơ bản ta thu đc $BE,CF,PQ$ đồng quy tại $S$

Vì $TD^2=\overline{TB}.\overline{TC}\Rightarrow T$ có cùng phương tích với $(BCEF)$ và $(A;AD)\Rightarrow T\in PQ$

$TS$ cắt $AO'$ tại $G$ thì $G$ là trung điểm của $PQ$. Có $(TS,PQ)=-1\Rightarrow\overline{TP}.\overline{TQ}=\overline{TS}.\overline{TG}$ ($Maclaurin$)

Gọi $O'$ là tâm của $(BCEF)$. Áp dụng đ/lý $Brocard$ ta có $O'$ là trực tâm của $\triangle AST$. Gọi $O'S$ cắt $TA$ tại $L'$

$\Rightarrow \overline{TL'}.\overline{TA}=\overline{TS}.\overline{TG}=\overline{TP}.\overline{TQ}=\overline{TB}.\overline{TC}\Rightarrow L'\in (ABC)$. Do đó: $L'\equiv L$. Vậy $\overline{O',D,S,L}$, mà $\overline{D,L,X}\Rightarrow\overline{D,S,X}$

Vì $S\in PQ\Rightarrow S$ có cùng phương tích với $(BCEF)$ và $(A;AD)\Rightarrow\overline{SC}.\overline{SF}=\overline{SD}.\overline{SX}\Rightarrow 4$ điểm $X,F,D,C$ đồng viên $\Rightarrow\angle FXS=\angle FCB=\angle FES\Rightarrow X\in (SEF)\Rightarrow$ đpcm

Trở lại bt: Gọi $I$ là tâm của $(XMN)$. Vì $TX^2=TD^2=\overline{TB}.\overline{TC}=\overline{TM}.\overline{TN}\Rightarrow TX$ là tt của $(XMN)\Rightarrow\angle TXI=90^{\circ}\Rightarrow I\in AK$. Vậy $TX$ là tt chung của $(I;IM)$ và $(K)$ nên ta có đpcm

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 27-01-2017 - 22:28

[quanghung86]

Bài toán 151 này là mở rộng của mình cho một bài toán của bạn Trịnh Huy Vũ, được post tại đây, xem #11, vẫn còn bài toán 146 chưa có lời giải, nếu tới mai không có ai giải mình sẽ post đáp án. Dark Repulsor em hãy đề nghị một bài toán tiếp.

[Dark Repulsor]

Theo lời thầy Hùng, em xin đề xuất bài toán sau:

Bài toán $152$ (Sáng tác): Cho $\triangle ABC$. Các đường cao $BD,CE$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BE,CD$. $MH,NH$ lần lượt cắt đường tròn đường kính $CH,BH$ tại điểm thứ $2$ là $S$ và $T$. Các đường thẳng qua $A$ lần lượt song song với $BD,CE$ cắt $CE,BD$ tại $P,Q$. CMR: $ST\parallel PQ$

P/s: Sắp giao thừa rồi, chúc các mem của VMF $1$ năm mới tràn đầy sức khỏe, nhiệt huyết và đam mê hơn trên con đường toán học 

 

[quanghung86]

Năm mới xin chúc các bạn mọi điều tốt đẹp như ý. Minh xin khai trương topic năm mới bằng cách giải bài này và đề nghị một bài đẹp tiếp theo  . Trước hết thay đổi một chút ký hiệu cho bài toán dễ nhìn.

 

Bài toán 152 (Dark Repulsor). Cho tam giác $ABC$ có đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $M,N$ là trung điểm của $CE,BF$. $HM,HN$ cắt các đường tròn $(HBF),(HCE)$ lần lượt tại $P,Q$ khác $H$. $U,V$ lần lượt thuộc $BE,CF$ sao cho $AU\perp AB,AV\perp AC$. Chứng minh rằng $PQ\parallel UV$.

 

 

Giải bài toán 152. Ta thấy $\angle MCH=\angle HBF=\angle HPF$ nên tứ giác $FMCP$ nội tiếp. Tương tự tứ giác $ENBQ$ nội tiếp. Từ đó $HP.HM=HF.HC=HE.HB=HN.HQ$, ta suy ra $MNPQ$ nội tiếp. Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $G$. $GH$ cắt $CA,AB$ tại $L,K$. Ta thấy $(AK,FB)=(AL,EC)=-1$ nên $AL.AM=AE.AC=AF.AB=AK.AN$ suy ra $KLMN$ nội tiếp. Kết hợp $MNPQ$ nội tiếp suy ra $PQ\parallel KL\perp AR$ với $R$ là trung điểm $BC$. Gọi $D$ đối xứng $A$ qua $R$ thì dễ thấy hai tam giác $AUV$ và $CDA$ đồng dạng c.g.c lại có các cạnh $AV\perp AC, AU\perp CD$ nên $AD\perp UV$. Từ đó $PQ\parallel UV$ do cùng vuông góc $AD$.

 

Bài toán 153. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$ và $D$ là trung điểm của cung $BC$ không chứa $A$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $HBC$. $M,N$ lần lượt đối xứng $A$ qua $OB,OC$. Trên $MC,NB$ lần lượt lấy $E,F$ sao cho $KE\parallel DB,KF\parallel DC$. Chứng minh rằng $HE=HF$.

 

 

Lưu ý các bạn vẫn còn bài toán 146 chưa có lời giải.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 28-01-2017 - 02:24

[vietdohoangtk7nqd]

Giải bài toán 153. Gọi $X$ là điểm đối xứng của $A$ qua $BC,$ ta chứng minh được $BF$ và $CE$ cùng đi qua $X.$

Do đó, ta đưa bài toán trên về bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),D$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A.$ Đường thẳng qua $O$ song song với $DB,DC$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $X,Y.d$ là đường thẳng qua $O$ song song $BC.W,Z$ là điểm đối xứng của $X,Y$ qua $d.$ Khi đó $AW=AZ.$

Chứng minh. Ta có $\widehat{OZY}=90^0- \widehat{C} \Rightarrow \widehat{OZY}+\widehat{DTO}=90^0,$ với $T$ là giao điểm của $AD$ và $OX \Rightarrow AD \perp WZ.$ (1)

Ta có $AW. \sin \widehat{BAW}=WX. \sin \widehat{AXW}=YZ. \sin \widehat{AYZ}=AZ. \sin \widehat{CAZ}.$ (2)

Gọi $WZ$ cắt $AB,AC$ tại $K,L$ thì $\Delta AKL$ cân tại $A$ do (1).

Kết hợp (2) $\Rightarrow KW. \sin \widehat{AKL}=LZ. \sin \widehat{ALK} \Rightarrow KW=LZ \Rightarrow \Delta AKW= \Delta ALZ \Rightarrow AW,AZ$ đẳng giác trong góc $A$ của $\Delta ABC \Rightarrow AW=AZ.$

Ta có đpcm.

Thầy Hùng đề nghị giúp em bài mới ạ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 29-01-2017 - 19:13

[viet nam in my heart]

Cám ơn Dương lời giải của em cũng tương tự lời giải của Luis đưa ra ở đây nên thầy không dịch lại lời giải trong link nữa. Xin đề nghị bài tập tiếp

 

Bài toán 146. Cho tam giác $ABC$ với trực tâm $H$. $D$ là điểm nằm cũng phía $A$ với $BC$. $E,F$ thuộc cạnh $CA,AB$ sao cho $\angle HEC=\angle DCB$ và $\angle HFB=\angle DBC$. $M,N$ là đối xứng của $E,F$ qua $HC,HB$. Đường tròn $(HCM)$ và $(HBN)$ cắt nhau tại $K$ khác $H$. $L$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $HEF$. Chứng minh rằng $HL\parallel KD$.

 

Figure4286.png

Bài này hay quá. Bài này chắc ý tưởng là từ $APMO$ $2010$ và $Tuymada$ $2009$

Ta có: $\widehat{BKC}=\widehat{BKH}+\widehat{CKH}=\widehat{BNH}+\widehat{CMH}=\widehat{BFH}+\widehat{CEH}=\widehat{DBC}+\widehat{DCB}=180^{o}-\widehat{BDC}$

Từ đó $BDCK$ nội tiếp. Lấy $G$ sao cho $BGDC$ là hình thang cân. từ đó $B,G,D,C,K$ cùng nằm trên một đường tròn

Đặt $\widehat{BFH}=\alpha$ và $\widehat{CEH}=\beta$. Giả sử $GB,GC$ cắt lại $(HBN)$ và $(HCM)$ lần lượt tại $I,J$

Ta biến đổi các góc sau: $\widehat{BHN}=\widehat{BHF}=180^{o}-\widehat{BFH}-\widehat{FBH}=90^{o}+\widehat{A}-\alpha$

Tương tự: $\widehat{CHM}=90^{o}+\widehat{A}-\beta$. Từ đó $\widehat{MHN}=\widehat{BHN}+\widehat{CHM}-\widehat{BHC}=3\widehat{A}-\alpha-\beta$

Lại có: $\widehat{IHN}=180^{o}-\widehat{GBN}=180^{o}-\widehat{GBC}-\widehat{NBH}+\widehat{HBC}=180^o+\widehat{A}-\widehat{C}-\beta$

Tương tự :$\widehat{JHM}=180^o+\widehat{A}-\widehat{B}-\alpha$

Do đó $\widehat{IHJ}=\widehat{JHM}+\widehat{IHN}-\widehat{MHN}=180^o$. Suy ra $I,H,J$ thẳng hàng

Khi đó :$\widehat{GIJ}=\widehat{HNB}=\widehat{HFB}=\widehat{GCB}$. Suy ra $BIJC$ nội tiếp 

Xét trục đẳng phương của $(BIJC),(HBN),(HCM)$ suy ra $G,H,K$ thẳng hàng

Gọi $X,Y,U,V$ lần lượt là tâm của $(BHN),(CHM),(BHF),(CHE)$

Ta sẽ chứng minh $HL \parallel KD$ bằng biến đổi góc.

Sau khi biến đổi ta thấy chỉ cần chứng minh $\widehat{HEF}=\widehat{HCK}$ và $\widehat{HFE}=\widehat{HBK}$ (Đoạn này em biến đổi góc hơi loằng ngoằng nên xin phép không ghi rõ ra)

Ta chuyển về chứng minh tam giác $KIJ$ và tam giác $HFE$ đồng dạng

 Mặt khác do $H,I,J$ thẳng hàng nên ta dễ dàng chứng minh được tam giác $KIJ$ và tam giác $KXY$ đồng dạng với nhau 

Do đó chỉ cần chứng minh tam giác $KXY$ và tam giác $HFE$ đồng dạng

Mà : $\widehat{XKY}=\widehat{IKJ}=\widehat{IBH}+\widehat{JCH}=\alpha+\beta-\widehat{A}$. Ta cũng có $\widehat{FHE}=\alpha+\beta-\widehat{A}$

Từ đó chỉ cần chứng minh $\dfrac{KX}{HF}=\dfrac{KY}{HE}$

Do tính đối xứng nên $KX=HU,KY=HV$

Từ đó $\dfrac{KX}{HF}=\dfrac{HU}{HF}=\dfrac{2}{sin \widehat{ABH}}=\dfrac{2}{sin \widehat{ACH}}=\dfrac{HV}{HE}=\dfrac{KY}{HE}$

Kết hợp những điều trên thì ta hoàn tất chứng minh 

Bài toán 154: Cho hai đường tròn $(O;R)$ và $(I;r)$ sao cho $OI^2=R^2-2Rr$. Khi đó tồn tại tam giác $ABC$ thay đổi nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$. Chứng minh tâm đẳng phương của $3$ đường tròn bàng tiếp của tam giác $ABC$ thuộc một đường tròn cố định

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 28-01-2017 - 18:46

[Dark Repulsor]

Lời giải bài toán $153$: 

Bổ đề: Cho $\triangle ABC$. $E,F$ là $2$ điểm lần lượt thuộc cạnh $AB,AC$ sao cho $BE=CF$. CMR: Giao điểm thứ $2$ của $(ABC)$ và $(AEF)$ thuộc đường trung trực của $BC$ và $EF$

Bổ đề này quen thuộc và cũng đã đc thầy Hùng viết thành chuyên đề tại đây

Trở lại bt: Gọi $BN$ cắt $CM$ tại $T$. Ta có: $\angle TBC=\angle NAC=\angle ANC=\angle ABC$. Tương tự: $\angle TCB=\angle ACB$

$\Rightarrow\angle BTC=180^{\circ}-\angle TBC-\angle TCB=\angle BAC=180^{\circ}-\angle BHC\Rightarrow T\in (K)$. Kết hợp lại ta suy ra $T$ đối xứng $A$ qua $BC\Rightarrow\overline{A,H,T}$

Mặt khác: $\angle EKF=\angle BDC=180^{\circ}-\angle BAC=180^{\circ}-\angle BTC\Rightarrow 4$ điểm $T,K,E,F$ đồng viên

$\angle BKF=180^{\circ}-\angle BKC-\angle KCD=180^{\circ}-\angle BKC-\angle KBD=\angle CKE$. Áp dụng đ/lý sin cho $2$ tam giác $BKF$ và $CKE$ suy ra $BF=CE$. Theo bổ đề thì giao điểm $S$ khác $T$ của $(K)$ và $(KEF)$ thuộc đường trung trực của $BC$ và $EF\Rightarrow SF=SE$

Như vậy để c/m $HF=HE$ ta chỉ cần c/m $\triangle HSF=\triangle HSE$ hay $\angle FSH=\angle ESH$ là xong

Mà $\angle ESF=\angle BTC=\angle BAC$ nên ta cần chỉ ra $\angle HSF=\frac{\angle BAC}{2}$ là đc

Thật vậy: $\angle FSH=\angle HST-\angle FST=\angle NBH-\angle FKT=180^{\circ}-\angle ABC-\angle HBC-\angle FKS+\angle TKS=\angle BAC+\angle ACB-\angle HBC-\angle BCS+\angle AOX=\angle BAC+\angle ACB-\angle HBC-\frac{180^{\circ}-\angle BAC}{2}+\angle BDC-2\angle ACB=\frac{3\angle BAC}{2}+\angle BDC-\angle ACB-\angle HBC-90^{\circ}=\frac{\angle BAC}{2}+180^{\circ}-90^{\circ}-90^{\circ}=\frac{\angle BAC}{2}\Rightarrow$ đpcm

 

 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 28-01-2017 - 17:56

[quanghung86]

Cám ơn các em đã đóng góp, các marathon olympic ở trên diễn đàn ai thích tham gia cái nào cứ thoải mái có vấn đề gì đâu. Mình xin đưa ra đáp án chi tiết cho bài toán 153.

 

 

Đáp án bài toán 153. Trước hết ta thất $BA=BM$ nên $\angle BCM=\angle BCA$ do đó $CM$ và $CA$ là hai đường thẳng đối xứng nhau qua $BC$. Tương tự $BN$ và $BA$ là hai đường thẳng đối xứng nhau qua $BC$. Xét đối xứng trục $BC$ thì $D,K$ lần lượt biến thàng $L,O$ và ta vẫn có $BL\parallel DC, CL\parallel DB$. Khi đó $E$ sẽ $U$ biến thành giao điểm của đường thẳng qua $O$ song song $BL$ và $AC$ hay cũng chính là giao của đường thẳng qua $O$ song song $DC$ và $AC$. Tương tự $F$ biến thàng $V$ là giao điểm của đường thẳng qua $O$ song song với $DB$ và $AB$. Qua đối xứng trục $BC$ thì $H$ biến thành $X$ là giao điểm của $AH$ và $(O)$. Theo bài toán Iran 2013, thì $XU=XV$. Qua đối xứng trục $BC$ cho ta $HE=HF$.

 

Bài toán 153 là một ứng dụng của bài toán Iran 2013, bài toán này đã được mình tổng quát trong đề thách thức toán học trên số 1 của tạp chi PI. Xung quanh bài toán này còn rất nhiều điểm thú vị.

 

Bài toán 146 mình gửi lên AoPS đã lâu, có thể coi là tổng quát của 2010 APMO P4 và 2012 China TST P3, các bạn có thể xem đề bài và đáp án tại đây trong #7 và #8. 

 

Xin đề nghị tiếp một bài nữa để topic được tiếp tục với 2 bài toán

 

Bài toán 155 (AoPS). Cho tam giác $ABC$. Đường tròn nội tiếp tiếp xúc $AB,BC$ tại $D,E$. Lấy điểm $F$ trên cạnh $AB$ sao cho $BF=AD$. Phân giác góc $\angle BCA$ cắt $AB$ tại $K$ và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CDF$ tại $L$ khác $C$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $EKL$ cắt $BC$ tại $N$ khác $E$. Chứng minh rằng tam giác $BNF$ cân.

 

 

 

 

[QuangDuong12011998]

Lời giải bài toán 154.

Định lý. $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt là trung điểm $BC$, $CA$, $AB$ thì tâm đẳng phương của ba đường tròn bàng tiếp là tâm đường tròn nội tiếp của $\triangle A'B'C'$.

Chứng minh định lý. Ta chỉ cần chứng minh đường phân giác của $\angle B'A'C'$ là trục đẳng phương của đường tròn bàng tiếp góc $B$ và $C$.

Gọi $(I_b)$, $(I_c)$ là đường tròn bàng tiếp góc $B$ và $C$.

$(I_b)$, $(I_c)$ tiếp xúc $BC$ tại $M$, $N$.

Nhớ lại rằng $BN=CM=p-a$, trong đó $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$ và $p=\dfrac{a+b+c}{2}$

nên $A'$ là trung điểm $MN$, suy ra $A'$ thuộc trục đẳng phương của $(I_b)$ và $(I_c)$. Hơn nữa phân giác của $\angle B'A'C'$ song song với $AI_a$ nên cũng vuông góc với $I_bI_c$ (đường nối tâm) nên nó chính là trục đẳng phương của $(I_b)$ và $(I_c)$.

Quay trở lại bài toán

Gọi $S$, $G$, $N$ là tâm đẳng phương của ba đường tròn bàng tiếp, trọng tâm, tâm đường tròn chín điểm.

Ta có $\overrightarrow{IS}=\dfrac{3}{2}\cdot\overrightarrow{IG}$ nên ta cần chỉ ra $G$ chạy trên đường tròn cố định.

Thế nhưng lại có $\overrightarrow{OG}=\dfrac{2}{3}\overrightarrow{ON}$ nên ta cần chỉ ra $N$ chạy trên đường tròn cố định - điều này lại là hiển nhiên vì $IN=\dfrac{R}{2}-r$ nên $N$ chạy trên đường tròn cố định.

Vậy $S$ chạy trên đường tròn cố định.

____________________________________________

$\boxed{\text{Bài toán 156}}$(quan sát và đã chứng minh) Cho $\triangle ABC$ và điểm $P$ bất kì. $PA$, $PB$, $PC$ lần lượt cắt $(PBC)$, $(PCA)$, $(PAB)$ tại $D$, $E$, $F$.

Đường thẳng Euler của $\triangle DBC$ cắt $BC$ tại $X$.

Đường thẳng Euler của $\triangle ECA$ cắt $CA$ tại $Y$.

Đường thẳng Euler của $\triangle FAB$ cắt $AB$ tại $Z$.

Chứng minh rằng $X$, $Y$, $Z$ thẳng hàng.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 28-01-2017 - 21:06

[QuangDuong12011998]

Lời giải bài toán 155.

Em sẽ tính toán.

Đặt $a=BC$, $b=CA$, $c=AB$, và $p=\dfrac{a+b+c}{2}$

Vì $K$, $L$, $E$, $N$ đồng viên nên $CK\cdot CL=CE\cdot CN$

Chỉ cần tính được $CN$ - tức là biểu diễn được $CN$ qua $a$, $b$, $c$.

\[CK\cdot CL=CK^2+KL\cdot KC=CK^2+KD\cdot KF\]

Theo công thức tính độ dài đường phân giác, công thức hạ bậc và định lý cos

\[CK=\dfrac{2ab\cos\frac{C}{2}}{a+b}\Rightarrow CK^2=\frac{4a^2b^2\cos^2\dfrac{C}{2}}{(a+b)^2}=\frac{2a^2b^2(1+\cos C)}{(a+b)^2}=\frac{ab(a+b+c)(a+b-c)}{(a+b)^2}\]

\[KD=|AD-AK|=|p-a-\frac{bc}{a+b}|=|\frac{(a-b)(a+b-c)}{2(a+b)}|\]

\[KF=|AF-AK|=|p-b-\frac{bc}{a+b}|=|\frac{(a-b)(a+b+c)}{2(a+b)}|\]

\[\Rightarrow CK^2+KD\cdot KF=\frac{(a+b-c)(a+b+c)}{4(a+b)^2}\Big{(}(a-b)^2+4ab\Big{)}=\frac{(a+b+c)(a+b-c)}{4}=p(p-c)\]

Mà $CE=p-c$ nên $CN=p$ $\Rightarrow$ $BN=p-a=BF$.

Vậy $\triangle BNF$ cân tại $B$.

Hình gửi kèm

•