Đến nội dung


baopbc

Đăng ký: 14-11-2015
Offline Đăng nhập: 30-04-2017 - 08:46
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Tuần 3 tháng 4/2017: Chứng minh rằng đường thẳng $QR$ đi qua đi...

19-04-2017 - 18:05

File gửi kèm  Post 399.png   52.04K   2 Số lần tải

Xin đưa ra một hướng giải khá dài cho bài toán 1,

 

Gọi $M$ là hình chiếu của $P$ lên $EF$, $S$, $T$ lần lượt là giao điểm của $AP$ với $BC$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. $N$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Theo tính chất phương tích : $SP\cdot SQ$ $=$ $SB\cdot SC$ $=$ $ST\cdot SA$ nên $\tfrac{ST}{SQ}$ $=$ $\tfrac{SP}{SA}$ $\Leftrightarrow $ $\tfrac{ST}{TQ}$ $=$ $\tfrac{SP}{PA}$. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông và chú ý các tam giác $NTB$ và $APE$ đồng dạng góc - góc ta suy ra $\tfrac{PM}{PA}$ $=$ $\tfrac{PE^2}{PA^2}$ $=$ $\tfrac{TB^2}{TN^2}$. Do $NT$ $\perp$ $BC$ nên các tam giác $PSD$ và $TNA$ đồng dạng góc - góc suy ra $\tfrac{PS}{PD}$ $=$ $\tfrac{TN}{TA}$. Từ đó ta thu được $\tfrac{PM}{PA}$ $\cdot$ $\tfrac{PS}{PD}$ $=$ $\tfrac{TB^2}{TN\cdot TA}$. Mặt khác do $TB^2$ $=$ $TS\cdot TA$ nên $\tfrac{PM}{PA}$ $\cdot$ $\tfrac{PS}{PD}$ $=$ $\tfrac{ST}{TN}$ $\Leftrightarrow $ $\tfrac{PM}{PD}$ $=$ $\tfrac{ST}{SP}$ $\cdot $ $\tfrac{PA}{TN}$ $=$ $\tfrac{TQ}{TN}$. Do đó $\triangle NTQ$ $\sim $ $\triangle DPM$ (cạnh - góc -cạnh) suy ra $\angle PMD$ $=$ $\angle NQT$. Gọi $Z$ là giao điểm của $EF$ với $BC$, $U$ là giao điểm của $QN$ với $BC$ thì tứ giác $ZPUQ$ nội tiếp một đường tròn. Do đó $SU\cdot SZ$ $=$ $SP\cdot SQ$ $=$ $ST\cdot SA$ suy ra tứ giác $AUTZ$ nội tiếp. Gọi $Y$ là hình chiếu của $K$ lên $EF$, do các cặp tam giác $KYE$ và $PFB$, $KYF$ và $PEC$ đồng dạng nên $\tfrac{YE}{YF}$ $=$ $\tfrac{BF}{CE}$ $=$ $\tfrac{ZB}{ZC}$ (theo định lý Menelaus trong tam giác $ABC$ với cát tuyến $\overline{ZEF}$). Gọi $V$ là điểm trên đoạn $BC$ sao cho $\tfrac{VB}{VC}$ $=$ $\tfrac{ZB}{ZC}$ $=$ $\tfrac{YE}{YF}$, ta thu được cấu hình đồng dạng : $\triangle BNC\cup V$ $\sim $ $\triangle EAF\cup Y$. $G$ là giao điểm khác $T$ của $TZ$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, do $T$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $G$ nên $GZ$ là phân giác ngoài $\angle BGC$, suy ra $GV$ là phân giác trong $\angle BGC$, do đó $G$, $V$, $N$ thẳng hàng. Từ đó $\angle YAM$ $=$ $\angle VNT$ $=$ $\angle SZT$ nên $A$, $Y$, $U$ thẳng hàng. Gọi $W$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$. Đường thẳng qua $K$ song song với $BC$ cắt $CA$, $AB$ lần lượt tại $I$, $J$. Do $\angle PIK$ $=$ $\angle PEK$ $=$ $\angle PEM$ $+$ $\angle FEK$ $=$ $\angle PAB$ $+$ $\angle FDP$ $=$ $\angle PAB$ $+$ $\angle PBA$ $=$ $\angle BPQ$ $=$ $\angle BQC$. Tương tự ta thu được cấu hình đồng dạng : $\triangle BQC\cup W$ $\sim $ $\triangle JPI\cup K$, do đó $\tfrac{WC}{WB}$ $=$ $\tfrac{KI}{KJ}$. Theo bổ đề hình thang, $A$, $K$, $W$ thẳng hàng. Do $Q(WRNT)$ $=$ $(WRUS)$ $=$ $A(KLYS)$ $=$ $-1$ và $QW$ $\parallel $ $TN$ nên $QR$ đi qua trung điểm $TN$. Từ đó $QR$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cố định. $\square$


Trong chủ đề: Tuần 1 tháng 4/2017: Chứng minh rằng $MN \parallel GL$.

04-04-2017 - 18:20

Xin đưa ra một hướng giải quyết cho bài toán 2, ta sẽ xét bài toán tổng quát hơn như sau :

 

Bài toán tổng quát. Cho tam giác $ABC$, điểm $P$ sao cho $\tfrac{PB}{PC}$ $=$ $\tfrac{AB}{AC}$. $Q$ là giao điểm của $AP$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì trung trực $PQ$ đi qua một điểm cố định.

 

Giải. Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $S$. Do $\tfrac{PB}{PC}$ $=$ $\tfrac{AB}{AC}$ nên $P$ thuộc đường tròn Apollonius chia $BC$ theo tỉ số $\tfrac{AB}{AC}$, từ đó $P$ thuộc đường tròn tâm $S$, bán kính $SA$. Gọi $D$ là giao điểm của $(S,SA)$ với đường tròn $(O)$, $A'$ là đối xứng của $A$ qua $O$ và $T$ là giao điểm của $A'D$ với trung trực $AA'$. Do $OS$ $\perp $ $AD$ nên $\angle SOA$ $=$ $\angle DA'A$, mặt khác chú ý rằng $OA$ $=$ $OA'$ nên $\triangle OTA'$ $=$ $\triangle ASO$. Từ đó $TO$ $=$ $SA$. Gọi $d_1$, $d_2$, $d_3$ lần lượt là các đường thẳng qua $S$, $O$, $T$ và vuông góc với $PQ$. Ta có $(OT,d_3)$ $=$ $(OT,d_2)$ $=$ $(AQ,AO)$ $=$ $(AS,d_1)$, kết hợp với $OT$ $=$ $SA$ nên $d(A,d_1)$ $=$ $d(O,d_3)$. Mặt khác do $d_1$, $d_2$ lần lượt là trung trực $AP$, $AQ$ nên $d_3$ là trung trực $PQ$. Do đó trung trực $PQ$ luôn đi qua điểm $T$ cố định. $\square$

 

Bây giờ ta xét bài toán gốc. Gọi $X$ là giao điểm của các đường tròn ngoại tiếp các hình chữ nhật $BPED$ và $CPGF$. Do hai hình chữ nhật này bằng nhau nên $\angle BXC$ $=$ $\angle BXP$ $+$ $\angle CXP$ $=$ $\angle BEP$ $+$ $\angle PGC$ $=$ $90^\circ$ suy ra $X$ thuộc đường tròn đường kính $BC$. Gọi $K$ là giao điểm của đường tròn đường kính $BC$ với đường tròn Apollonius chia $BC$ theo tỉ số $\tfrac{AB}{AC}$ sao cho $K$ khác phía $A$ đối với $BC$. Do $\tfrac{KB}{KC}$ $=$ $\tfrac{PB}{PC}$ nên $\triangle BKC$ $\sim$ $\triangle BPE$ $=$ $\triangle GPC$ suy ra $\angle BXP$ $=$ $\angle BCK$, từ đó $K$, $P$, $X$ thẳng hàng. Áp dụng bài toán tổng quát cho tam giác $BKC$ ta có trung trực $PX$ luôn đi qua một điểm cố định. $\square$


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

23-01-2017 - 11:40

Link lời giải bài toán 141 :  http://artofproblems...1341458p7284966


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

20-01-2017 - 20:31

Lời giải bài toán 138. Dễ thấy $M,I,N$ thẳng hàng, ta $\angle PMA=180^\circ-\angle AIB=\frac{1}{2}\cdot (\angle A+\angle B)=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle C=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle MPA$ nên $\triangle MPA$ cân suy ra $\overline{PA}=\overline{PM}$. Tương tự thì $\overline{PA}=\overline{PN}$ nên $P$ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$.Gọi $E,F$ lần lượt giao điểm của $AP$ với các đường tròn $(AIB)$ $(AIC)$. Do $\measuredangle AEM=\measuredangle ABM=\measuredangle ACP$ nên $ME\perp OP$. Tương tự thì $NF\perp OP$ do đó $ME\parallel NF$. Gọi $S,T$ lần lượt giao điểm của $PB,PC$ với đường thẳng qua $A$ vuông góc với $PO$. Do $ST\parallel ME\parallel NF$ nên theo định Thales \[\frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AP}},\frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}=\frac{\overline{AP}}{\overline{AF}}\Rightarrow \frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}\cdot \frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}\] Mặt khác do các tam giác $APM$ $APN$ cân tại $P$ nên $BE\parallel AM, CF\parallel AN$ suy ra $\overline{AE}=\overline{MB}, \overline{AF}=\overline{NC}$. Do đó $\overline{AE}:\overline{AF}=\overline{MB}:\overline{NC}$. Gọi $X$ giao điểm của $MN$ với $ST$. Áp dụng định Menelaus cho tam giác $SPT$, cát tuyến $M,N,X$ ta suy ra \[\frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}\cdot \frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}\cdot \frac{\overline{XN}}{\overline{XM}}=1\Rightarrow \frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\Rightarrow \frac{\overline{MB}}{\overline{NC}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\] Gọi $K,L$ lần lượt giao điểm của $MQ,NR$ với đường thẳng $ST$. Theo định Thales \[\frac{\overline{KM}}{\overline{LN}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\Rightarrow\frac{\overline{KM}}{\overline{LN}}=\frac{\overline{MB}}{\overline{NC}}\] Mặt khác do $\overline{PM}=\overline{PN}$ nên $\triangle MPN$ cân tại $P$ nên $\measuredangle MNP=\measuredangle NMP$ suy ra $\measuredangle KMB=\measuredangle LNC$. Từ đó $\triangle KMB\sim \triangle LNC$ (cạnh - góc - cạnh) suy ra $\measuredangle KBM=\measuredangle LCN$. Do đó $\angle AKB=\angle KSB+\angle KBS=90^\circ-\angle OPB+\angle LCN=\angle BCP+\angle LCN=180^\circ-\angle BCL$ suy ra tứ giác $KBCL$ nội tiếp.\\ Gọi $Z$ giao điểm của $ST$ với $BC$, theo tính chất phương tích $\overline{ZK}\cdot \overline{ZL}=\overline{ZB}\cdot \overline{ZC}$. Mặt khác do $\angle MKA=180^\circ-\measuredangle (PO,MN)=180^\circ-(\angle BMI+\angle BPO)=180^\circ-(\frac{1}{2}\cdot\angle A+\angle BPO)=90^\circ+\angle BAP$ $-\frac{1}{2}\cdot \angle A=90^\circ+\frac{1}{2}\angle A-\angle PBC=180^\circ-(90^\circ-\frac{1}{2}\angle A)-\angle MBQ=\angle BQM$ nên tứ giác $KLRQ$ nội tiếp suy ra $\overline{ZK}\cdot \overline{ZL}=\overline{ZQ}\cdot \overline{ZR}$. Do đó $\overline{ZB}\cdot \overline{ZC}=\overline{ZQ}\cdot \overline{ZR}$ nên $Z$ thuộc trục đẳng phương của các đường tròn $(O)$ $(AQR)$ suy ra $AZ$ trục đẳng phương của $(O)$ $(AQR)$, từ đó suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AQR$ thuộc $OP$ do $OP\perp AZ$. $\square$


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

17-01-2017 - 11:42

Lời giải bài toán 126. Ta phát biểu bài toán về dạng dễ nhìn hơn như sau :

Bài toán 126'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$. $P$ thuộc $OH$. Gọi $X$, $Y$, $Z$ lần lượt là đối xứng của $P$ qua trung trực $BC$, $CA$, $AB$. Chứng minh rằng $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy.

 

Giải. Bổ đề (Định lý Steiner)Cho tam giác $ABC$. $D$, $E$ là hai điểm bất kỳ trên $BC$. Khi đó $AD$, $AE$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ khi và chỉ khi $\tfrac{DB}{DC}\cdot \tfrac{EB}{EC}=\tfrac{AB^2}{AC^2}$

 

Quay lại bài toán. Ta sẽ chứng minh $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại một điểm có điểm liên hợp đẳng giác thuộc $OH$.

Gọi $T$ là giao điểm của $AX$ với $OH$, đường đẳng giác với $AX$ trong $\widehat{BAC}$ cắt $OH$ tại $S$.

Do $AO$, $AH$ đẳng giác nên $AX$, $AS$ đẳng giác trong $\widehat{OAH}$.

Theo định lý Steiner ta suy ra, 

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\]

Gọi $G$ là giao điểm của $XO$ với $AH$, $R$ là giao điểm của đường tròn $(ARO)$ với $AO$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $OGH$ với $\overline{ATX}$ ta thu được,

\[\frac{TO}{TH}=\frac{XO}{XG}\cdot \frac{AG}{AH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot XO\cdot AG}{AO^2\cdot XG}\]

Do $\tfrac{XO}{XG}=\tfrac{OP}{OP+OH}$ nên,

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot OP\cdot AG}{AO^2\cdot (OP+OH)}\]

Do tứ giác $HGRO$ nội tiếp nên $AG\cdot AH=AR\cdot AO$.

Chú ý các góc $\widehat{HRO}$ và $\widehat{AHO}$ bằng nhau nên $\triangle HRO\sim \triangle AHO$.

$\Rightarrow OR=\tfrac{OH^2}{AO}$

Từ đó,

\[\frac{SH}{SO}=(1-\frac{OH^2}{OA^2})\cdot \frac{OP}{OP+OH}\]

Tương tự với $B$, $C$, ta suy ra $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại điểm liên hợp đẳng giác với $S$ đối với tam giác $ABC$. $\square$