halloffame

Bài toán 182. Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I).P$ là điểm bất kì trên cung nhỏ $BC.$

$M,N$ là hai điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho tam giác $MNP$ nhận $(I)$ làm đường tròn bàng tiếp góc $P$ và $(MNP)$ cắt lại $(O)$ ở $X.$

Chứng minh $AX$ đi qua tâm vị tự của $(O),(I).$

Lời giải bài toán 181.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC.$ Ta luôn có $\cos A+ \cos B+ \cos C=1+ \frac{r}{R}.$

Chứng minh. Xem tại đây.

Quay lại bài toán.

Ta có $x=OB \cos A=R \cos A \Rightarrow x+y+z=R( \cos A+ \cos B+ \cos C)=R(1+ \frac{r}{R})=R+r,$ theo bổ đề. Ta có đpcm.

Bài toán 180. Cho ngũ giác $ABCDE$ lồi, điểm $F$ trên cạnh $AE$ thỏa mãn $\Delta ABC \sim \Delta CDE \sim \Delta BFD.$ Chứng minh $\frac{AF}{FE}=\frac{BF^2}{FD^2}.$

Lời giải bài toán 179.

Bổ đề 1. Cho $\Delta ABC, \Delta A'B'C'$ đồng dạng cùng hướng. Khi đó $(AB,A'B') \equiv (BC,B'C') \equiv (CA,C'A').$

Bổ đề này cơ bản, xin phép không trình bày chứng minh ở đây.

Bổ đề 2. Cho $\Delta ABC, \Delta A_2B_2C_2$ đồng dạng cùng hướng. Gọi $A_1$ là trung điểm $AA_2,$ tương tự có $B_1,C_1.$ Khi đó $\Delta A_1B_1C_1 \sim \Delta A_2B_2C_2.$

Quay lại bài toán.

Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $EF.$ Khi đó $\Delta A'EF= \Delta AEF \sim \Delta ABC.$ Áp dụng Bổ đề 2. cho các tam giác $A'EF,MNP,ABC$ ta suy ra $\Delta MNP \sim \Delta ABC,$ đpcm.

Lời giải.

Gọi $GK$ cắt $(O)$ tại $H,F.$

$K$ thuộc đối cực của $E$ với $(O) \Rightarrow (EKHF)=-1.$

Theo hệ thức Newton, $GK^2=GH.GF=GA.GM.$ Ta có đpcm.

Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I)$ có đường tròn A-mixtilinear trong tiếp xúc $(O)$ ở $T.M,N,P$ thuộc cung nhỏ $BC,CA,AB$ sao cho tam giác $MNP$ ngoại tiếp $(I)$ và $MN,MP$ cắt $BC$ ở $X,Y.$ Chứng minh $X,Y,M,T$ đồng viên.

tại sao đường tròn đường kính PQ và đường tròn (O) trực giao thế bạn?

Bạn chứng minh phương tích từ $O$ tới đường tròn $(PQ)$ bằng $R_O^2$ là được, chứng minh sử dụng cực và đối cực.

Gọi $d$ là ảnh của đường thẳng $AC$ qua phép tịnh tiến theo vectơ $\overrightarrow{OB}.$ Khi đó $d$ cố định và $K \in d.$ Ta có đpcm.

Lời giải bài toán 133. Ta nhận thấy nếu bài toán đảo của bài toán 133 là đúng thì bài toán 133 cũng phải đúng. Ta phát biểu và chứng minh bài toán đảo của bài toán 133.

Bài toán 133_1. Cho $\Delta ABC$ nhọn, trực tâm $H,$ đường thẳng qua $H$ song song $BC$ cắt $AB,AC$ ở $N,M.R$ là một điểm nằm trên $MN.BR,CR$ cắt $CH,BH$ ở $P,Q.NP,MQ$ cắt $CA,AB$ ở $E,F.$ Khi đó $\overline{E,H,F}.$

Chứng minh. Gọi $L$ là trung điểm $BC;BH$ cắt $CM,CA$ ở $J,G;CH$ cắt $BN,BA$ ở $K,I.$

Khi đó các tứ giác $HMBC,HNCB,HRCB$ đều là hình thang nên theo bổ đề hình thang thì $IJ,PQ,GK$ đồng quy ở $L.$

Ta có $(GENC)=(GPHJ)$ (xuyên tâm $M$ ) $=(KQHI)$ (xuyên tâm $L$ ) $=(BFMI)$ (xuyên tâm $N$ ).

Do đó xét phép chiếu xuyên tâm $H$ kết hợp với $\overline{B,H,G},\overline{M,H,N},\overline{C,H,I} \Rightarrow \overline{E,H,F}.$

Ta có đpcm.

Lời giải bài toán 131.

Dựng hình vuông $A'B'CD$ sao cho $A',B'$ thuộc nửa mặt phẳng bờ $CD$ không chứa $A,B.$ Khi đó $AB=A'B',AB \parallel A'B' \Rightarrow AA' \parallel BB'.$

Lấy $E' \in B'C': CE'=DF.$ Gọi $DB'$ cắt $A'F,A'E'$ ở $Q',P'.$

Khi đó $\frac{DQ}{QB}=\frac{DF}{AB}=\frac{DF}{A'B'}=\frac{DQ'}{Q'B'}$ và $\frac{FQ}{QA}=\frac{DF}{AB}=\frac{DF}{A'B'}=\frac{FQ'}{Q'A'}.$

Suy ra $QQ' \parallel AA' \parallel BB' \parallel QQ' \Rightarrow DQ:QP:PB=DQ':Q'P' :P'B'.$ (1)

Theo bài toán 127 thì $DQ',Q'P',P'B'$ là 3 cạnh của một tam giác có một góc là $60^0,$ nên từ (1) ta suy ra $DQ,QP,PB$ là 3 cạnh của một tam giác có một góc là $60^0.$

Ta có đpcm.

Thầy Hùng đề nghị giúp em bài mới ạ.

Lời giải bài toán 127.

Ta thấy chỉ cần chứng minh cho trường hợp $AB=1.$ Đặt $AK=a.$

Theo định lý Thales, $\frac{AE}{AC}=\frac{AK}{AK+BC}=\frac{a}{a+1};\frac{FC}{AC}=\frac{HC}{AB+HC}=\frac{1-a}{2-a}.$

$\Rightarrow \frac{EF}{AC}=\frac{3}{2-a-a^2}-1.$

$AB=1 \Rightarrow AC= \sqrt{2}.$

Xét tam giác $A'E'F'$ có $A'E'=AE,E'F'=EF,F'A'=FC.$

Khi đó theo định lý cos:

$\cos \widehat{E'A'F'}=\frac{A'E'^2+A'F'^2-E'F'^2}{2A'E'.F'A'}=\frac{AE^2+CF^2-EF^2}{2AE.FC}.$ 

Thay các giá trị đã tính ở trên vào, ta được $\cos \widehat{E'A'F'}=\frac{1}{2} \Rightarrow \widehat{E'A'F'}=60^0.$ Ta có đpcm.

 

Lời giải bài toán 125.

Gọi đường thẳng qua $B,E$ vuông góc $BC,DE$ cắt $AC,AD$ ở $X,Y \Rightarrow \widehat{AEY}=\widehat{BAC}.$

Do $BC=DE \Rightarrow \Delta XBC= \Delta YED \Rightarrow XB=YE,\widehat{BXC}=\widehat{EYD} \Rightarrow \widehat{ABX}=\widehat{EAD}.$

$\Rightarrow \Delta ABX \sim \Delta EAY \Rightarrow \frac{AE}{AB}=\frac{YA}{XB}=\frac{YA}{YE} \Rightarrow \frac{\sin \widehat{ABE}}{\sin \widehat{AEB}}=\frac{\sin \widehat{AEY}}{\sin \widehat{EAD}} \Rightarrow \sin \widehat{AEB}=\sin \widehat{EAD}.$

Nếu $\widehat{AEB}+\widehat{EAD}=180^0$ thì $EB \parallel AD,$ mâu thuẫn với giả thiết ngũ giác $ABCDE$ lồi. Do đó $\widehat{AEB}=\widehat{EAD}.$

Gọi $AB$ cắt $DE$ ở $B',H$ là hình chiếu $A$ lên $DE,O'$ tâm $(AB'D).$ Khi đó:

$\widehat{B'AE}=\widehat{B'AO} \Leftrightarrow \widehat{ABE}+\widehat{AEB}=90^0-\widehat{ADE}=90^0-\widehat{ACB} \Leftrightarrow \widehat{ABE}+\widehat{AEB}=\widehat{ABC}+\widehat{BAC}-90^0$

$\Leftrightarrow \widehat{ABX}=\widehat{ABC}-90^0,$ đúng.

Vậy $\overline{A,E,O} \Rightarrow \widehat{B'AH}=\widehat{EAD}=\widehat{ABX} \Rightarrow AH \parallel BX \Rightarrow BC \parallel DE \Rightarrow BCDE$ là hình bình hành, đpcm.

Một cách khác để chứng minh tâm của $(ADI)$ nằm trên $AT$ trong bài toán 124. :

Gọi tâm bàng tiếp góc $A$ của $\Delta ABC$ là $I_a,$ khi đó $AI.AI_a=AB.AC.$

Do đó xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng qua phân giác góc $A,$ ta đưa về bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),$ đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I_a)$ tiếp xúc $BC$ ở $D.$

Đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A.$ Chứng minh điểm đối xứng với $A$ qua $DI_a$ là $A'$ phải thuộc $AT.$

Bổ đề này là kết quả hiển nhiên, do $AA' \perp DI_a,DI_a \perp BC,BC \parallel AT \Rightarrow AA' \parallel AT \Rightarrow \overline{A,A',T}.$

Do $\widehat{AOI}=\widehat{ADI}=90^0$ nên xét phép nghịch đảo tâm $O$ phương tích $OA^2$ ta đưa bài toán về bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),$ đường thẳng qua $O$ vuông góc $OA$ cắt $(BOC)$ ở $I.$ Tương tự có $J,K.$ Chứng minh $O,I,J,K$ đồng viên.

Chứng minh. Gọi các tiếp tuyến qua $B,C$ cắt nhau ở $D.$ Tương tự có $E,F.$ Khi đó ta phải có $D \in (BOC).$

Do vậy $\widehat{DIO}=90^0 \Rightarrow DI \perp EF.$ Tương tự $EJ,FK \perp FD,DE \Rightarrow DI,EJ,FK$ đồng quy ở $H.$

Vậy $O,I,J,K,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OH,$ đpcm. 

Lời giải bài toán 123.

Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh $OM$ vuông góc với trục đẳng phương của $(SBD),(TAC).$

Xét phép nghịch đảo tâm $O$ phương tích $OA^2,$ ta đưa bài toán đã cho về bài toán mới sau đây:

Bài toán 123'.Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O),AB$ cắt $CD$ tại $E,AD$ cắt $BC$ tại $F.I,J,M$ lần lượt là trung điểm $AC,BD,EF.$ Gọi

$(\omega)$ là đường tròn đi qua $O$ và đồng trục với $(IBD),(JAC).$ Khi đó tâm của $(\omega)$ nằm trên $OM.$

Chứng minh.

Gọi $BD,AC$ cắt $EF$ tại $V,U.$ Khi đó $(DBGV)=-1 \Rightarrow GJ.GV=GB.GD=GA.GC \Rightarrow V \in (JAC).$ Tương tự $U \in (IBD).$

Gọi $O_1,O_2$ tâm $(IBD),(JAC);M'$ trung điểm $OM;O_3,M_1,M_3$ hình chiếu lên $AC$ của $O_1,M',M;O_4,M_2,M_4$ hình chiếu lên $BD$ của $O_2,M',M.$

Gọi $T,S$ là cực của $BD,AC$ với $(O);$ khi đó ta phải có $\overline{T,S,F,E},\overline{T,O_1,J,O},\overline{S,O_2,I,O}.$

Theo định lí Thales: $\frac{O_3I}{O_3M_1}=\frac{\frac{1}{2}UI}{\frac{1}{2}UM_3}=\frac{UI}{UM_3}=\frac{US}{UM}.$ Tương tự $\frac{JO_4}{JM_2}=\frac{TV}{TM}.$

Ta có $\frac{US}{UM}=\frac{TV}{TM}\Leftrightarrow \frac{VM}{TM}=\frac{SM}{UM}\Leftrightarrow MU.MV=MT.MS.$ (1)

Mặt khác, do $(UVFE)=-1=D(TSAC)=(TSFE) \Rightarrow MT.MS=ME^2=MU.MV.$ Vậy (1) đúng $\Rightarrow \frac{O_3I}{O_3M_1}=\frac{JO_4}{JM_2}.$

Lại có $O_1O_3,O_2I,M_1M'$ cùng vuông góc $AC$ và $O_2O_4,O_1J,M_2M' $ cùng vuông góc $BD \Rightarrow \overline{O_1,O_2,M'}.$

Gọi $K_1,K_2$ là giao điểm của $(IBD),(JAC),(\omega);AC$ cắt $BD$ ở $G;OG$ cắt $EF$ ở $H.$

Ta có $GB.GD=GA.GC \Rightarrow G \in K_1K_2.$ Vậy $GH.GO=GA.GB=GK_1.GK_2 \Rightarrow H \in (\omega).$

Vậy tâm của $(\omega)$ là giao điểm của trung trực $OH$ và $O_1O_2.$

Mặt khác, $M' \in O_1O_2,$ lại có $M'$ trung điểm $OM$ và $OH \perp EF \Rightarrow M'$ thuộc trung trực $OH.$

Vậy tâm của $(\omega)$ chính là $M'$ và nó nằm trên $OM,$ đpcm.