malx

@khongghen: Cám ơn bạn nhé, chúc bạn nhiều thành công! 

Ta sẽ đảo bài toán một chút như sau: Để $AT$ cắt $(O’)$ tại $C, CO’$ cắt lại đ.t. này tại $E$, đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AB$ cắt $SE$ tại $P’$. Ta sẽ cm $P’, O, B$ thẳng hàng, như thế $P’\equiv P$ và ta có đ.p.c.m. Để cm điều này chỉ cần chỉ ra là $TO/AP’ = BT/BA$ (*). Gọi $r, R$ là bán kính $(O), (O’)$.

Trước hết dễ thấy $C$ là trung điểm cung nhỏ $AB$, cũng như $AC^{2} = CB^{2} = CT. CS$. Theo định lý sin trong $\Delta ATS$ có: $AP’/sin ASP’ = AP’ / cos S_{1} = AT/sin S_{1}$

Vì thế $AP’ = \frac{AS.cos S_{1}}{sin S_{1}}$ và như thế

$ \frac{TO}{AP’} = \frac{TO.tg S_{1}}{AT} = \frac{r.CF}{AT.FB}$

$= \frac{r.CF.2R}{AT.FB.2R} = \frac{r.CB^{2}}{2R.AT.FB} = \frac{ST.CB^{2}}{2SC.AT.FB} = \frac{ST.CT.CS}{2SC.AT.FB}$

$= \frac{ST.CT}{AT.AB} = \frac{AT.TB}{AT.AB} = \frac{TB}{AB}$

Đây chính là (*) và lời giải hoàn tất.

Ủng họ bạn #haitienbg#:

Bài 1, Hình bên phải

Gọi giao điểm của đt $(DEF)$ với $AD, BC$ là $H, G$. Dễ thấy $GH\parallel AC$. Do $\Delta ADE$ là tam giác cân nên $DE\parallel HF$, tương tự như thế có $EB\parallel GF$.

Trước hết thấy $\overarc{HF} = \overarc{HF}$ (nhỏ) $ =\overarc{BF}$ (nhỏ) nên $BF = FH$ hay $MF$ là trung trực của $BH$.

Lại có $\overarc{HGD} = \overarc{EBF} = \overarc{BDG}$, vì thế $\overarc{DEB} = \overarc{GF}$ (nhỏ) hay $GD\parallel BH$, $DGHB$ là hình thang cân nên các đường tréo $DH, BG$ và đường trung trực chung $MF$ của hai đáy đồng qui.

Bài 2, Hình bên trái

Dễ thấy $\angle F_{1} +\angle F_{2} = \angle C_{1} + \angle E_{1}$.

Vì $\angle FAS = \angle FDS$ và $\Delta ASB\sim\Delta DSC$ nên có $sin F_{1} / sin F_{2} = AS/DS = AB/DC = ED/DC = sin C_{1} / sin E_{1}$.

Do vậy có $F_{1} = C_{1}$ (đpcm), cũng như $F_{2} = E_{1}$

Một cách chứng minh khác cho Dao's circle:

Gọi $K, L, M$ là giao điểm của các đường trung trực của $AG, BG, CG$ (xem hình vẽ), tâm của các đường tròn được nói tới là $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}, C_{1},C_{2}$. Do tứ giác $A’MC’G$ là tứ giác nội tiếp nên $\angle DGC’ = \angle A’MC’$ hay là $\angle AGE + \angle EGC = \angle MA_{2}C_{1} + \angle A_{2}C_{1}M$ (1)

Lưu ý là $\Delta GC’C_{1}\sim \Delta GA’A_{2}$ và vì $E$ là trung điểm của $AC$ nên

$sin AGE/sin EGC = GC/GA = GC’/GA’ = GC_{1}/GA_{2} = MC_{1}/MA_{2} = sin MA_{2}C_{1}/sin\angle A_{2}C_{1}M$ (2)

(1) và (2) cho $\angle AGE = \angle A_{2}C_{1}M$ nhưng dễ thấy $\angle AGE =\angle MKL$ nên tứ giác $KA_{2}C_{1}L$ là tứ giác nội tiếp, do $A_{1}C_{2}\parallel KL$ nên $A_{1}A_{2}C_{1}C_{2}$ là tứ giác nội tiếp.

Làm tương tự như trên hai lần nữa sẽ thấy sáu điểm $A_{1}, A_{2}, B_{1}, B_{2}, C_{1},C_{2}$ quả thực nằm trên một đường tròn.

Gọi $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$ với các đường cao $AA’, BB’, CC’$, giao điểm của $(O)$ với đường tròn đường kính $AA_{1}$ với tâm $D$ là $G, GH$ cắt đường tròn $(D)$ tại $K$. Dễ thấy $A’$ nằm trên $(D)$, ta có $HG. HK = HA. HA’ = HB. HB’ = HC. HC’$ nên cả hai đường tròn còn lại, một đường kính $BB_{1}$ tâm $E$, một đường kính $CC_{1}$ tâm $F$, đều đi qua $G$ và $K$.

Tiếp theo, gọi $L$ là trung điểm của $GH$ và $M$ trung điểm $AH$, từ các điều ở trên ta có $HL. HK = HA’. HM$ hay bốn điểm $M, K, A’, L$ nằm trên một đường tròn. Làm tương tự như vậy ta sẽ thu được $K$ nằm trên đường tròn Euler (đi qua $A’, B’, C’, M, ….$)