3 replies to this topic

[Zaraki]

Như vậy lời giải bài toán Tuần 5 tháng 1/2017 đã được thầy Hùng đưa tại đây kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $P$ là điểm di chuyển trên cung $BC$ không chứa $A$. Các điểm $E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $PB \perp BE$ và $PC \perp CF$. $EF$ cắt $BC$ tại $Q$. $R$ thuộc đoạn $AP$ sao cho $\angle RBP =\angle  RCP$. Chứng minh rằng đường thẳng $QR$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P$ di chuyển.

Edited by Nesbit, 08-02-2017 - 20:11.
Tuần 1

[Ngockhanh99k48]

Cuối cùng diễn đàn đã mở lại

Lời giải:

Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $S$. Dễ thấy rằng $BE$ cắt $CF$ tại $K$ là đối xứng của $P$ qua $(O)$. $BR, CR$ thứ tự cắt $(O)$ tại $X$, $Y$. Theo giả thiết ta có $PX=PY$. Theo IMO Problem 4 ta có $SR=SA$. Mặt khác $AK \perp AR$, $AS \perp AO$ nên $\triangle AOK \stackrel{+}{\sim} \triangle ASR$. Kẻ tiếp tuyến $SZ$ khác $SA$ thì $Z$ cố định và $\angle AZR = \frac{1}{2} \angle ASR = \frac{1}{2} \angle AOK  = \angle APK = \angle AZK$ nên $KR$ đi qua $Z$. 

Ta có $ABZC$ là tứ giác điều hòa nên $K(AREF)=K(AZBC)=-1$, mặt khác theo tính chất hàng điểm cơ bản ta có $A(KQEF) = A(KQCB)=-1$ nên $A(KQEF)=K(AREF)$ hay $Q$ thuộc $KR$ do $E, F, Q$ thẳng hàng. Vậy $QR$ đi qua $Z$ cố định

Edited by Ngockhanh99k48, 06-02-2017 - 00:08.

[ecchi123]

Em có lời giải sau :

Bổ để : cho $(I),(O)$ trực giao nhau và cắt nhau tại $B,C$ , $D$ thuộc cung nhỏ $BC$ của $(I)$ , $DB$ cắt $(O)$ tại $F$ , $FO$ cắt $(O)$ tại $E$ thì $E,D,C$ thẳng hàng

Chứng minh , Gọi $CF$ cắt $(I)$ tại $A$ , áp dụng Pascal cho bộ $\binom{ABC}{DCB}$ suy ra dpcm

Trở lại bài toán : $BE$ cắt $CF$ trên $(O)$ tại $H$ , ta có  :$H(AQEF)=-1$ nên $HQ$ cắt $(O)$ tại $K$ thì $ABKC$ là tứ giác điều hòa nên $AK$ đối trung , $K$ cố định

Tiếp theo ta sẽ chứng minh $R$ thuộc $HK$ , ta có $\frac{AB}{AC}=\frac{Sin\widehat{BPR}}{Sin\widehat{CPR}}=\frac{BR}{CR}$ ( dó 2 bán kính đường tròn $(BRP),(CRP)$ bằng nhau ) nên $R$ thuộc $(Apolo)$ dựng trên $BC$ và qua $A$ , Mặt khác $(Apolo),(O)$ trực giao nhau nên theo bổ để , $R,H,K$ thẳng hàng

Vậy $RQ$ đy qua $K$ cố định

Edited by ecchi123, 06-02-2017 - 17:49.

[manhtuan00]

Lời giải của em ạ 

Gọi $N$ đối xứng $P$ qua $O$ thì $N,E,B$ thẳng hàng và $N,F,C$ thẳng hàng. $BR,CR$ cắt $NC,NB$ tại $U,V$

$\blacksquare$ Ta chứng minh $AN,UV,BC$ đồng quy

$\angle PCR = \angle PBR$ nên $\angle VCN = \angle UBN \implies U,V,B,C$ đồng viên

$UV$ cắt $BC$ tại $T$ . Gọi $I$ là tâm $(UVBC)$. Theo định lý Brocard, $TR \perp NI$ tại $X$, $AR \perp TI$ tại $Y$

Xét nghịch đảo $ I^N_{NV.NB} : B \rightarrow V, C \rightarrow U,R \rightarrow Y, I \rightarrow X, P \rightarrow W ( W \equiv AO \cap UV)$

Thật vậy ta có $N,W,X,Y$ đồng viên trên đường tròn đường kính $NT$ nên $R,I,P$ thẳng hàng. Từ đây có $NA \perp RI$. Theo Brocard thì $NT \perp RI$ nên $N,T,A$ thẳng hàng.

$\blacksquare$ Ta chứng minh $QR$ đi qua điểm cố định 

Có $N(RT,BC) = F(ET,BC) = -1$ nên $N,Q,R$ thẳng hàng. $RQ$ cắt $(O)$ tại $L$ thì $(AL,BC) = N(AL,BC) = (TQ,BC) = -1 \implies L$ cố định. Vậy $QR$ đi qua $L$ cố định với $L$ thỏa mãn tứ giác $ABLC$ điều hòa

Edited by manhtuan00, 07-02-2017 - 01:32.