Belphegor Varia

Em không đồng tình với quan điểm của anh về thi trắc nghiệm Lý , Hóa , Sinh . Đồng ý là kiếm điểm 30 câu đầu để tốt nghiệp thì chỉ cần học thuộc , nhưng không phải là học thuộc đề thi thử đâu ạ . Em cũng chưa bao giờ nghe tin đề thi ĐH được lấy từ đề các tỉnh gửi lên , như thế sẽ loạn mất , vả lại người của Bộ đủ sức để ra 1 đề thi tốt . Và việc kiếm 8 điểm mà không cần hiểu gì cả gần như là không thể anh ạ , ôn luyện để được 8 điểm cũng cần nghiêm túc đầu tư thời gian không hề ít đâu ạ ! 

Theo kết quả cũ thì $I_aO \perp YZ$ ($I_a$ là tâm bàng tiếp) nên ta có thể mở rộng câu 3 như sau :

Bài toán : Cho tam giác $ABC$, $I_b,I_c$ lần lượt là tâm bàng tiếp đỉnh $B$, đỉnh $C$. $P,Q$ là 2 điểm đẳng giác. $BQ,CQ$ cắt $CA,BA$ lần lượt tại $J,K$. Gọi $L$ là giao điểm của $I_cJ$ và $I_bK$. Chứng minh $L,P,I_a$ thẳng hàng ($I_a$ là tâm bàng tiếp đỉnh $A$)

Chứng minh : Gọi $I$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC$. $BI,CI$ lần lượt cắt $CA,BA$ tại $D,E$. $I_bK$ và $I_cJ$ lần lượt cắt $DE$ tại $C_p$ và $B_p$. 

Ta có :  $(BD,II_b)=-1\Rightarrow E(BD,II_b)=-1\Rightarrow E(KC_p,II_b)=-1\Rightarrow C(KC_p,EI_b)=-1$

Do đó $C,P,C_p$ thẳng hàng. Tương tự : $B,P,B_p$ thẳng hàng. 

Dễ chứng minh $DE,BC,I_bI_c$ đồng quy nên áp dụng định lý Desargues cho 2 tam giác $I_cBB_p$ và $I_bCC_p$ ta có $L,P,I_a$ thẳng hàng. 

Ngoài mở rộng của Bảo, thầy dễ xuất mở rộng khác như sau

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm nằm trên $(IBC)$. $PB,PC$ cắt $(O)$ tại $E,F$ khác $B,C$. $M$ là trung điểm $EF$. $D$ là hình chiếu của $P$ lên $BC$. Trung trực $PD$ cắt các đường thẳng qua $M$ lần lượt song song với $PC,PB$ tại $Q,R$. Trung trực $QR$ cắt $PM$ tại $N$. Chứng minh rằng $(NQR)$ tiếp xúc $(O)$.

 

Lời giải của thầy sắp cho lên tối này cũng dùng được cho mở rộng này hãy đón đọc nhé.

Lời giải của em :

Gọi $P'$ là đối xứng của $P$ qua $M$, ta có $PEP'F$ là hình bình hành. 

$\angle EP'F=\angle EPF=\angle BPC=180^o-\frac{\angle BUC}{2},\angle EUF=\angle BUC-\angle BCF-\angle CBE=2(180^o- \angle EP'F)-(180^o-\angle EP'F)=180^o-\angle EP'F$

Suy ra $P'$ thuộc đường tròn $\odot (O)$

Gọi $L$ là trung điểm của $BP$,$X$ là giao điểm thứ 2 của $P'P$ với $\odot (O)$, ta có $PL.PE=\frac{1}{2}.PB.PE=\frac{1}{2}PP'.PX=PM.PX$. Nên $L,E,M,X$ nội tiếp $\odot (O_1)$

$XE$ cắt $\odot (O_1)$ lần 2 tại $Q'$  Ta có $\angle XQ'L=\angle XEL=\angle XCB$ nên $Q'L$ song song với $CP$ . Do đó $Q'$ nằm trên trung trực $PD$. Bằng biến đổi góc dễ có $MQ'$ song song với $CP$ nên $Q \equiv Q'$

Tương tự ta có $\overline{X,B,R}$. Suy ra $X$ là tâm vị tự trong của $\odot (O)$ và $\odot (XQR)$. 

Lại có $P'EBF$ và $P'ECF$ là hình thang cân nên dễ có $P'$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$

Do đó $XP'$ và trung trực $QR$ cắt nhau tại $N$ thuộc $\odot (XQR)$. Vậy $\odot (NQR)$ tiếp xúc với $\odot (O)$

Nick đó nick anh :V

Lưu ý : Bài toán đúng với mọi điểm $P$ di chuyển trên đường đối trung tại đỉnh $A$

CM : Gọi $AM$ cắt $EF$ tại $Q$, trung trực $PQ$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $B_1,C_1$ ta được cấu hình như bài toán đầu.