quanghung86

Một cách phát biểu khác của bài toán hình và các lời giải khác có thể xem tại đây

https://artofproblem...c6t48f6h1429562

Đúng vậy thầy chế ra bài này từ bài của Tuấn!

Đúng đây cũng là cách đáp án, thầy chế ra từ ý b) bài 4 TST năm 2017 vừa rồi , thực ra nó là 1 cách tổng quát ý b) đó!

Bài toán 171 (Kiểm tra dự tuyển 10 THPT chuyên KHTN). Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ và trực tâm $H$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $GA$ cắt $OB,OC$ lần lượt tại $M,N$. $AH$ cắt $OB,OC$ theo thứ tự tại $P,Q$. $MQ$ cắt $NP$ tại $R$. Chứng minh rằng $AR$ song song đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

Chính xác hơn là bài Oympic chuyên KHTN 2014 câu V

http://diendantoanho...uyên-khtn-2014/

Lời giải bài toán 165. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$, ta hoàn thành chứng minh.

Em đã viết ra và gửi thầy qua mail. Nhận xét của em đúng và lời giải thầy cần bổ sung thêm một đoạn cuối, cám ơn em. Thầy viết cẩn thận như sau

Lời giải bài toán 165. Khi $P=Q$ thì ta có kết luận hiển nhiên đúng.

Khi $P\not=Q$. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Từ đó $(ABC)$ là đường tròn Apollonius của đoạn $PQ$ như vậy $I$ cũng nằm trên $(ABC)$ điều này vô lý.

Lời giải bài toán 165. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$, ta hoàn thành chứng minh.

Mình có đôi lời. Vì sắp tới công việc của mình có nhiều biến chuyển nên mình chưa thể tập trung duy trì topic này liên tục đươc. Vậy mong những bạn yêu hình học có tâm huyết hãy đề nghị các bài toán hay có chất lượng để topic vẫn là sân chơi cho những bạn yêu thích hình học.

Lời giải bài toán 164. Gọi $AD$ là đường kính của $(O)$ ngoại tiếp $ABC$ thì $D,H$ đối xứng qua $K$. Từ đó gọi $P,Q$ là hình chiếu của $I$ lên $CA,AB$ và $R,S$ là hình chiếu của $H$ lên $CA,AB$ thì $AR=AB=c,AS=AC=b,AP=AQ=p-a,AF=p-b, AE=p-c$. Từ đó sử dụng tích vô hướng 2 vector.

$$\vec{IH}.\vec{EF}=\vec{IH}(\vec{AF}-\vec{AE})=QS.AF-PR.AE=(p-b)(c-(p-a))-(p-c)(b-(p-a))=0.$$

Nhận xét. Bài này có lẽ thu được từ bài quen thuộc từ việc lấy đối xứng trục.

Bài toán 165 (Crux). Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác. Giả sử hai trong ba tỷ số $\frac{AP}{AQ},\frac{BP}{BQ},\frac{CP}{CQ}$ bằng nhau. Chứng minh rằng cả ba tỷ số bằng nhau.

Cám ơn Hiếu, đúng là phần quan trọng nhất của bài toán này là từ bổ đề 2. Tuy nhiên việc phát biểu bài toán là từ một bài Iran trên AoPS, trong đó cũng có lời giải của Bảo. Em hãy đề nghị tiếp một bài toán cho topic được duy trì.

Cám ơn các em đã đóng góp lời giải. Bài này có thể coi là một ứng dụng của bài toán mình ra trên tạp chí PI số 1, hãy đón đọc đáp án và bài viết của mình tuần sau nhé !

QH.

Lời giải bài toán 160.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm nội tiếp $I$. $IB,IC$ cắt $(O)$ tại $P,Q$. Gọi $(P)$ là đường tròn tâm $P$ tiếp xúc $AC$. Gọi $(Q)$ là đường tròn tâm $Q$ tiếp xúc $AB$. Chứng minh rằng có một tiếp tuyến chung của $(P),(Q)$ đi qua $I$.

Chứng minh. Vẽ $AX$ tiếp xúc $(P)$ thì $\angle XAC=2\angle PAC=2\angle PBC=\angle ABC$. Từ đó $AX$ là tiếp tuyến của $(O)$. Tương tự $AY$ tiếp xúc $(Q)$ thì $AY$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $X,Y,A$ thẳng hàng. Vậy tiếp tuyến chung ngoài của $(P),(Q)$ đi qua $A$. Qua đối xứng trục $PQ$ thì tiếp tuyến chung ngoài còn lại đi qua $I$.

Giải bài toán. Dễ thấy tâm $X$ của đường tròn nội tiếp tam giác $AEF$ là trung điểm cung $EF$ của $(I)$. Tương tự với các đường tròn $(Y),(Z)$. Do đó theo bổ đề thì tiếp tuyến chung ngoài khác $BC$ của $(Y),(Z)$ đi qua tâm $J$ nội tiếp tam giác $DEF$. Tương tự với các tiếp tuyến chung của $(Z),(X)$ và $(X),(Y)$. Dễ thấy do $J$ là tâm nội tiếp $DEF$ và $I$ là tâm ngoại tiếp $DEF$ nên đường thẳng $IJ$ là đường thẳng Euler của tam giác pedal của $J$ với $DEF$ nên $IJ$ đi qua $G$ là trọng tâm của tam giác pedal của $J$.

Bổ đề này thực chất là bài toán vô địch Nga năm nào đó, kết quả bài toán 160 cũng đã có trên AoPS.

Bài toán 163 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$ và $P$ thỏa mãn $\angle PIA=90^{\circ}$. $Q$ là đẳng giác của $P$ với $ABC$. $D$ thuộc $BC$ sao cho $PD\parallel AQ$. Chứng minh rằng đường tròn đường kính $\odot(AP)$ tiếp xúc đường tròn đường kính $\odot(QD)$. 

Lời giải bài toán 161. Xét đường tròn $\Gamma$ đi qua $I$ và tiếp xúc với $\omega_1,\omega_2$. Ta cần chứng minh $\Gamma$ tiếp xúc $IBC$. Gọi $IA,IB,IC$ cắt $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $D,E,F$. Xét phép nghịch đảo cực $I$ phương tích $k=\overline{IA}.\overline{ID}=\overline{IB}.\overline{IE}=\overline{IC}.\overline{IF}$ khi đó các đường tròn $\omega_1,\omega_2$ biến thành đường tròn $(K),(L)$ nội tiếp tam giác $IDF,IDE$. Ta cần chứng minh có tiếp tuyến chung của $(K),(L)$ song song $EF$.

Bài toán này đã có tại đây.

Bài toán 162. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $M$ bất kỳ trên trung trực $BC$ và nằm trong tam giác $ABC$. $E,F$ thuộc $CA,AB$ sao cho $ME=MF$. $N$ nằm trong tam giác $AEF$ sao cho $\triangle NEF\sim\triangle MBC$. $(K)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. $S$ là nghịch đảo của $N$ qua $(K)$. $(K)$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Chứng minh rằng $\angle AGS=90^\circ$.

Lời giải của Việt(vietdohoangtk7nqd) có ý hay nhưng trình bày không cẩn thận, em chú ý rằng trong lời giải em đưa lên có 2 điểm $M$, có thời gian thầy sẽ trình bày lại giúp em. Mình đưa ra đáp án cho bài toán 147.

Đáp án bài toán 147. Chú ý rằng $M,N$ lần lượt là nghịch đảo của $C,B$ qua đường tròn $(AEF)$. Sử dụng phép nghịch đảo cực $A$ phương tích bất kỳ ta đưa về bài toán sau

Mình xin đề nghị tiếp một bài nữa cho topic duy trì hai bài

Bài toán 157. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$. $M,N$ nằm trên $AO$ sao cho $\angle ABM=\angle ICB$ và $\angle ACN=\angle IBC$. Gọi $L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IMN$. $AL$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $DI$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $D$. Chứng minh rằng $\angle AGK=90^\circ$.

Bài toán 14 (USA TST 2017). Cho tam giác $ABC$ nhọn với tâm ngoại tiếp $O$, $T$ nằm trên $BC$ sao cho $\angle TAO = 90^{\circ}$. Đường tròn đường kính $\overline{AT}$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ tại hai điểm $A_1$ và $A_2$, với $OA_1 < OA_2$. Các điểm $B_1$, $B_2$, $C_1$, $C_2$ được định nghĩa tương tự.

a) Chứng minh rằng các đường thẳng ${AA_1},{BB_1},{CC_1}$ đồng quy.

b) Chứng minh rằng các đường thẳng ${AA_2},{BB_2},{CC_2}$ đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.