Chủ đề này có 7 trả lời

[Zaraki]

Như vậy lời giải cho bài Tuần 3 tháng 5/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và bạn Nguyễn Tiến Hoàng. Xin trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. $P,Q$ là hai điểm đối xứng nhau qua trung điểm $BC$ sao cho $PQ \perp AB$. $K$ là lâm ngoại tiếp tam giác $APQ$ và $AR$ là đường đối trung của tam giác $APQ$. $M$ đối xứng $C$ qua phân giác $\angle PAQ$. Lấy $E$ trên $AQ$ sao cho $CE=CQ$. Giả sử có $X$ thuộc $KR$ và $Y$ thuộc $AX$ sao cho $AX=AP, AY=EQ$. Chứng minh rằng $MY \parallel KR$.

 

 

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định với $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. $AO$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ tại $P$ khác $A$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $APH$ cắt $(O)$ tại $X$ khác $A$. Chứng minh rằng $AX$ luôn đi qua điểm cố định. 

[ecchi123]

Lời giải bài 2

Gọi $Y$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$. $Z$ là trung điểm $OY$ . $J$ đối xứng với $O$ qua $BC$ . $N,M$ là trung điểm cung $BC,BC$

Ta có : $ON^2=OM.OY=OJ.OZ$ , suy ra $AZ,AJ$ đối xứng nhau quá phân giác góc $A$

Ta sẽ chứng minh $AX$ đi qua $Z$ cố định

Nghịch đảo $N$ tâm $A$ , phương tích $AB.AC$ hợp đối xứng trục phân giác góc $A$

Biến $H,B,C,O,BC \mapsto P,C,B,T,(O)$ . Trong đó $T$ đối xứng với $A$ qua $BC$

Gọi $BT,CP$ cắt $OC,BH$ tại $K,L$  mà $\widehat{OCA}=\widehat{BTA},\widehat{ABH}=\widehat{OPC}$ nên $KACT,ALPB$ vội tiếp

Từ đó $\widehat{KAC}=180-\widehat{BTC}=180-(180-BPC-\widehat{BAC})=180-LAC$

Suy ra $K,A,L$ thẳng hàng 

Áp dụng định lí Dersagues cho 2 tam giác $BHT,CPO$ , khi đó $TO,HP,BC$ đồng quy tại $X'$

Theo tales thì $AX'$ đi qua $J$

Chính vì vậy phép nghịch đảo $N$ :$X' \mapsto X$

Vậy $AX,AJ$ đẳng giác  , nên $AX$ đi qua $Z$ cố định do $AZ,AJ$ đối xứng nhau quá phân giác góc $A$

 

[SonKHTN1619]

Giải bài 2:
$H,O$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong $\Delta ABC$
$=> \angle OPC = \angle OBC = \angle ABH$
$=> \Delta ACP \sim \Delta AHB => AB.AC=AH.AP$
Gọi $S$ là điểm đối xứng của $A$ qua $BC. => S$ nằm trên $(BHC)$
$=> \Delta ABS \sim \Delta AOC => AB.AC=AO.AT$
Xét phép F là hợp phép nghịch đảo cực $A$, phương tích $AB.AC$ và với phép đối xứng qua phân giác $\angle BAC$, ta có
$B \leftrightarrow C$
$O \leftrightarrow S$
$H \leftrightarrow P$
$=> (APH) \leftrightarrow HP, (BOC) \leftrightarrow (BHC), (O) \leftrightarrow BC$
$=> X \leftrightarrow D$ với $D$ là giao của $HP$ và $BC$.
Gọi $E,F$ là giao của $BS$ với $OC$, $BH$ với $CP$.
$\angle AOE = 180^{\circ} - \angle AOC = 180^{\circ} - \angle ABS = \angle ABE => BEAO$ là tứ giác nội tiếp
Tương tự, $AFCH$ là tứ giác nội tiếp.
$=> \angle EAB +\angle FAC= \angle EOB +\angle FHC = 2 \angle OCB + \angle BAC = 180^{\circ} - 2 \angle BAC +\angle BAC$
$=> E,A,F$ thẳng hàng.
$=>$ Áp dụng định lý $Desargues$ cho $ \Delta BHS$ và $ \Delta CPO$ ta thu được $=> SO, HP, BC$ đồng quy tại $D$
Gọi $K$ đối xứng $O$ qua $BC$
Qua phép đỗi xứng trục $BC$, $SD$ đi qua $O => AD$ đi qua $K$ cố định.
Qua phép F, $AX$ đi qua điểm $L$ cố định.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SonKHTN1619: 22-05-2017 - 20:16

[quanghung86]

Bài 2 nếu có lời giải không nghịch đảo là hay nhất

[manhtuan00]

Lời giải bài 1 của em ạ :

Gọi $A_1$ đối xứng $A$  qua $K$. $Z,H$ lần lượt là chân đường đối trung và chân đường cao tại $A$.  Do $C,B$ đối xứng nhau qua $I$ nên $CA_1$ đi qua điểm đối xứng của $A$ qua trung trực $PQ$.  Gọi điểm này alf $S$. Ta có $ZA$ cũng là đường đối trung của $\triangle PZC$ nên $ZA,ZI$ đẳng giác trong $\angle PZC$. Vậy $ZI$ đi qua $S$. 

$AM$ cắt $KR$ tại $N$ . Ta cần chứng minh $\frac{AM}{AN} = \frac{AY}{AX}$ . Điều cần chứng minh tương đương với $\frac{AC}{AN} = \frac{EQ}{AP} (1)$

Ta sẽ chứng minh $AR$ là phân giác $angle MAK$. Thật vậy , ta có $\angle MAR = \angle MAP + \angle PAR  = \angle QAC + \angle IAQ = \angle IAC$. Lại có $\triangle AIZ \sim \triangle ACA_1$ nên $\angle ZAI = \angle CAA_1$ hay $\angle KAR = \angle IAC$. Vậy $AR$ là phân giác $\angle MAK$. 

Ta lại có $\angle KZA = \angle KAR = \angle RRAN$ nên $AN \parallel KZ$. Áp dụng Thales ta có $\frac{AN}{PZ} = \frac{RA}{RZ} = \frac{PA^2}{PZ^2} = \frac{IA^2}{IQ^2}$. Vậy $AN = R.\frac{IA^2}{IQ^2}$. $(2)$.

Gọi $T$ là trung điểm $QE$. Ta có $\angle TIQ = \angle CIQ - \angle CIT = \angle HIB - \angle CAT = \angle IAC - \angle TAC = \angle IAT$. Từ đây ta có $QI^2 = QT.QA = \frac{QE.QA}{2}$ hay $QE = \frac{2QI^2}{QA}$. $(3)$. Thế $(2), (3)$ vào $(1)$ điều cần chứng minh tương đương với : $\frac{AC}{R}.\frac{IQ^2}{IA^2} = \frac{2QI^2}{AQ.AP}$ hay $\frac{AC}{R.AI^2} = \frac{2}{AP.AQ}$

Thật vậy , $\frac{AI^2}{AH} = AC = AB$ nên ta cần chứng minh $\frac{AI^2}{R.AI^2.AH} = \frac{2}{AQ.AP}$ hay $\frac{1}{AH.R} = \frac{2}{AP.AQ}$. Điều này đúng do $\triangle HAP \sim \triangle QAA_1$

Ta hoàn tất chứng minh 

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 23-05-2017 - 02:06

[manhtuan00]

Lời giải bài 2 của em cũng dùng nghịch đảo nhưng đoạn sau hơi khác tẹo ạ

 $PH$ cắt $BC$ tại $L$ .Xét phép nghịch đảo đối xứng $I^A_{AB.AC}.R_\triangle$ : $P \leftrightarrow H \implies X \leftrightarrow L$. Từ đây suy ra $AL,AX$ đẳng giác

$AO$ cắt $BC$ tại $R$, $A'$ đối xứng $A$ qua $O$, $M$ là trung điểm $BC$. Theo Menelaus cho $\triangle HA'P$ cát tuyến $BC$ ta có $\frac{LH}{LP} = \frac{RA'}{RP} $. Mà $RA'.RA = RO.RP = RB.RC$ nên $\frac{RA'}{RP} = \frac{RO}{RA}$. Ta lại có $OP.OR = OA^2$ nên $\frac{OA}{OR} = \frac{OP}{OA} = \frac{AP}{AR}$. Kết hợp với các điều trên suy ra $\frac{AO}{AP} =\frac{LH}{LP}$. Lại theo Menelaus cho $\triangle HOP$ với cát tuyến $AL$, ta suy ra $AL$ đi qua trung điểm $OH$, tức là tâm Euler, suy ra $AL$ đi qua điểm đối xứng của $O$ qua $BC$. Mà $AL,AX$ đẳng giác nên $AX$ cũng đi qua điểm cố định trên trung trực $BC$

 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 23-05-2017 - 02:09

[quanghung86]

Lời giải bài 1 của em khác đáp án hoàn toàn, có nhiều ý hay!

[anonymous01]

AB,AC lần lượt cắt (BOC) tại R,Q khác B,C. S là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ARQ.H' là giao của (AXP) với AH và H' khác A. K là tâm của (BOC).E thuộc A) sao cho KE//OX (AE=KE). Ta có những kết quả đơn giản sau:

ABC đồng dạng AQR ,tam giác QAB,RAC lần lượt cân tại Q và R, nên O là trực tâm tam giác ARQ. A,P đối xứng qua RQ; S,K đối xứng qua RQ;SK=AO. (những t/c trên em xin ko chứng minh lại) .

Do tứ giác AH'XP và ASKP nội tiếp nên tam giác KPX đồng dạng tam giác SPH'(g.g) suy ra KX/SH'=KP/SP=AS/AK  (1)

KE//OX suy ra OE/KX=AE/AK                                                                                                                                         (2)

Từ (1) và (2) suy ra OE/SH'=AS.AE/AK² => OE=AS.AE.SH'/AK²                                                                         (3)

Ta có AK²+SK²-AS²=2cos(AKS).AK.SK hay AK²+AO²-AS²=AK².AO/AE hay AO²-AS²=AK².EO/AE     (4)

Từ (3) và (4) suy ra AO²-AS²=AS.SH' hay AO²=AS.AH'

Mặt khác: tam giác ABC đồng dạng tam giác AQR nên AO/AH=AS/AO

=> H' trùng H

Vậy AX luôn đi qua K cố định.