baopbc

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 2 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt tại $D$, $E$, $F$. $M$, $N$, $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm của $DE$, $DF$, $EM$, $FN$. $BM$, $CN$ theo thứ tự cắt $PQ$ tại $S$, $T$. Chứng minh rằng bốn điểm $B$, $C$, $S$, $T$ cùng nằm trên một đường tròn tiếp xúc $(I)$.

Hình vẽ bài toán

Giải. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $DE,DF$. $Q$ là giao điểm của $MN$ với $BC$.

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, $\overline{IN}\cdot \overline{IB}=ID^2=\overline{IM}\cdot \overline{IC}$ nên tứ giác $BNMC$ nội tiếp.

$\implies \overline{QN}\cdot \overline{QM}=\overline{QB}\cdot \overline{QC}$. $\qquad (1)$

Do đường tròn $(DMN)$ tiếp xúc $(I)$ nên $QD$ là tiếp tuyến của $(DMN)$ $\implies QD^2=\overline{QN}\cdot \overline{QM}$ $\qquad (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra $QD^2=\overline{QB}\cdot \overline{QC}\implies \mathcal{P}_{Q/(I)}=\mathcal{P}_{Q/(O)}$ hay $Q$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(I)$.

Mặt khác theo định lí về tâm đẳng phương, tiếp tuyến tại $P$ của $(I)$ đi qua $Q$. $\qquad (3)$

Gọi $R,S$ là giao điểm của $MN$ với $(I)$, từ $(3)$ thì $DRPS$ là tứ giác điều hòa. $\qquad (4)$

Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $DK$ cắt $(I)$ tại $L'$. $T,U$ lần lượt là hình chiếu của $L',I$ lên $EF$. $V$ là trung điểm $KL'$.

Do $EFDL'$ là hình thang cân nên $T$ đối xứng $T$ qua $U$ $\implies IV\parallel L'T$ hay $IV\perp MN\implies V$ là trung điểm $RS$.

Từ đó $L'(DVRS)=-1$. Mặt khác từ $(4)$ thì $L'(DPRS)=-1$ nên $L',K,P$ thẳng hàng. Do đó $L\equiv L'$.

$\implies DL\perp DK\implies DL\perp AI$.

______________________

Bài này là biến thể của bài toán IMO Shortlist 2011 G4 quen thuộc, lời giải trên của em cũng dựa trên bài toán này.

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 1 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Đường tròn qua $B,C$ tiếp xúc $(I)$ tại $P$. $K$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$. $PK$ cắt $(I)$ tại $L$. Chứng minh rằng $DL\perp AI$.

Giải. Ta có $\angle BEA+\angle CFA=\angle BPA+\angle CPA=180^\circ$ nên $BE$, $CF$ cắt nhau trên đường tròn $(AEF)$.

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. $R$ là giao điểm của $BE$ và $CF$.

Do $\angle BRC=\angle BHC=180^\circ-\angle BAC$ nên tứ giác $BHRC$ nội tiếp suy ra $R$ thuộc đường tròn đối xứng với đường tròn $(O)$ qua $BC$.

Gọi $X$ là trung điểm $BC$. $R_1$, $R_2$ là các giao điểm của $XR$ với đường tròn $(O)$. $A_1$, $A_2$ là giao điểm của $AX$ với các đường tròn $(BRC)$ và $(O)$.

Do tính đối xứng nên $\overline{XR}\cdot \overline{XR_1}=-\overline{XR_2}\cdot \overline{XR_1}=-\overline{XA_1}\cdot \overline{XA}=\overline{XA_2}\cdot \overline{XA}$ $\Rightarrow $ tứ giác $AR_1RA_2$ nội tiếp.

Mặt khác do $\overline{XR}=-\overline{XR_2}$ nên tứ giác $RCR_2B$ là hình bình hành $\Rightarrow $ $CR_2\parallel ER$.

Theo định lí Reim, tứ giác $AR_1RE$ nội tiếp. Tương tự ta thu được lục giác $AR_1FRA_2E$ nội tiếp. $\qquad (1)$

Từ $(1)$ $\Rightarrow$ $K$ thuộc trung trực $AA_2$. Mặt khác khi $P$ trùng chân đường vuông góc kẻ từ $A$ xuống $BC$ thì $K$ trùng trung điểm $AH$.

Do đó $K$ thuộc đường thẳng qua trung điểm $AH$ và vuông góc với $AX$. $\qquad (2)$

Gọi $K_1$ là trung điểm $AH$. $\triangle D_1E_1F_1$ là tam giác pedal của trực tâm $H$ đối với $\triangle ABC$.

Do $K_1X\perp E_1F_1$ và $E_1F_1\parallel AQ$ nên $K_1X\perp AQ$ $\Rightarrow $ $\triangle K_1D_1X\sim \triangle QD_1A$ (góc - góc)

$\Rightarrow $ $\tfrac{D_1A}{D_1Q}=\tfrac{D_1X}{D_1K_1}$ $\Rightarrow $ $\tfrac{D_1X}{D_1A}=\tfrac{D_1K_1}{D_1Q_1}$ $\Rightarrow $ $\triangle K_1D_1Q\sim \triangle XD_1A$ (cạnh - góc - cạnh).

$\implies QK_1\perp AX$ $\qquad (3)$

Từ $(2)$ và $(3)$ $\implies K$ thuộc $QK_1$ hay $ST\equiv QK_1$. $\qquad (4)$

Gọi $K_2$ là giao điểm của $SF$ và $TE$ thì $K_2$ là điểm đối xứng của $A$ qua $K$ suy ra $HK_2\parallel ST$.

Gọi $S_1$, $T_1$ lần lượt là giao điểm của $CH$, $BH$ với $ST$. Theo tính chất hình bình hành $\triangle K_2ST=\triangle HS_1T_1$ $\qquad (5)$

Đường thẳng qua $B$ vuông góc với $BA$ cắt $AS_1$ tại $M_1$. Tương tự xác định $N_1$.

Dễ thấy $\angle S_1HK_1=\angle ABX$, $\angle K_1S_1H=\angle BAX$ (do $(5)$) nên $\triangle S_1HK_1\sim \triangle ABX$ (góc - góc)

$\Rightarrow $ $\tfrac{S_1H}{HK_1}=\tfrac{AB}{BX}$ $\Rightarrow $ $\tfrac{S_1H}{HA}=\tfrac{AB}{BC}$ $\Rightarrow $ $\triangle ABC\sim \triangle S_1HA$ (cạnh - góc -cạnh) $\implies $ $S_1A\perp AC$. Tương tự $T_1A\perp AB$.

Từ đó theo tính chất hình bình hành $O$ là trung điểm $M_1N_1$. Gọi $P_1$ là hình chiếu của $A$ lên $M_1N_1$.

Ta có $\angle BPC=360^\circ-180^\circ+\angle A-180^\circ+\angle A=2\angle A=\angle BOC$ nên tứ giác $BP_1OC$ là tứ giác nội tiếp. $\qquad (6)$

Mặt khác do $\angle BPA=\angle CPA=180^\circ-\angle A$ nên $P_1A$ là phân giác $\angle BP_1C$ $\qquad (7)$

Từ $(6)$ và $(7)$ ta thu được $AP_1$ là đường đối trung của $\triangle ABC$ $\implies M_1N_1\parallel OQ$ $\qquad (8)$

Do $BM_1=HS_1=K_2S$ (do $(5)$) nên $K_2SM_1B$ là hình bình hành $\implies M$ là trung điểm $K_2M_1$.

Tương tự và theo tính chất đường trung bình thì $MN\parallel M_1N_1$ $\qquad (9)$

Từ $(8)$ và $(9)$ ta suy ra $MN\parallel OQ$. 

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 5 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ nằm trên cạnh. Các  đường tròn $(PAB)$, $(PCA)$ lần lượt cắt $CA$, $AB$ tại $E$, $F$ khác $A$. $K$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $AEF$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $Q$. Trên $QK$ lấy $S$, $T$ sao cho $ET\perp AC$, $FS\perp AB$. $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $CT$, $BS$.

Chứng minh rằng $MN\parallel OQ$.

Hình vẽ bài toán

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$ vơí trực tâm $H$ và trung tuyến $AM$. Dựng $L$ sao cho $A$ là trọng tâm tam giacs $LBC$. Trên trục đẳng phương của đường tròn đường kính $LH$ và $(O)$ lấy $P$ sao cho $HP\parallel BC$. $K$ là hình chiếu của $P$ lên $OH$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn đường kính $OK$ và đường tròn Euler của tam giác $ABC$ đi qua $H$.

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA$, $AB$ và tiếp xúc trong $(O)$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm các cung $CA$, $AB$ chứa $B$, $C$ của $(O)$. $AM$, $AN$ lần lượt cắt $KC$, $KB$ tại $P$, $Q$.

$R$ đối xứng $A$ qua $PQ$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $RBC$ tiếp xúc $(K)$.

Hình vẽ bài toán

$\boxed{\text{Bài toán 96.}}$ (Telv Cohl) Cho tam giác $ABC$, $H$ là trực tâm. $M,N$ là các điểm trên $AB,AC$ sao cho $\angle HMB=\angle HNC=\alpha$.

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle HMN$. $D$ là điểm nằm cùng phía với $A$ đối với $BC$ sao cho $\angle DBC=\angle DCB=\alpha$.

Chứng minh rằng $H,O,D$ thẳng hàng.

Lời giải của em.

Gọi $S,T$ lần lượt là đối xứng của $A$ qua $K,L$. $ST$ cắt $AR$ tại $R_1$. $R_1$ là điểm thuộc $AH$ sao cho $R_1N_1\perp AM$.

Qua phép vị tự, dễ thấy $AN_1=2AN$.

Trung trực $AB$ cắt $AP$, $AD$ lần lượt tại $Y$, $B_1$. Tương tự xác định $X$, $C_1$.

Do $\angle YBA=\angle B_1BA=\angle DAB$ nên $\angle YBC=90^\circ$. Tương tự thì $\angle XCB=90^\circ$.

Gọi $Z$ là giao điểm của $PB$ với $QC$. Dễ thấy $\angle CZB=180^\circ-\angle ZBC-\angle ZCB=180^\circ-2\cdot \angle BAC=180^\circ-\angle BOC$ nên $Z$ thuộc đường tròn $(BOC)$.

Mặt khác rõ ràng ngũ giác $FBOEC$ nội tiếp nên ta suy ra lục giác $ZFBOEC$ nội tiếp.

Gọi $U$, $C_2$ lần lượt là hình chiếu của $Z$, $D$ lên đường thẳng $AB$. Theo định lí $\mathcal{Thales}$, 

\[\frac{SZ}{SP}=\frac{FU}{FC_2},\frac{TQ}{TZ}=\frac{EB_2}{EV}\Rightarrow \frac{SZ}{SP}\cdot \frac{TQ}{TZ}=\frac{FU}{FC_2}\cdot \frac{EB_2}{EV}\]

Mặt khác,

\[\frac{YA}{YP}\cdot \frac{XQ}{XA}=\frac{B_1A}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1A}=\frac{B_1B}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1C}\]

Dễ thấy $\triangle FZU\sim \triangle C_1CD$, $\triangle EZV\sim \triangle B_1BD$ nên 

\[\frac{FU}{FZ}=\frac{C_1D}{C_1C},\frac{EV}{EZ}=\frac{B_1D}{B_1B}\Rightarrow \frac{B_1B}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1C}=\frac{EZ}{EV}\cdot \frac{FU}{FZ}\]

Gọi $W$ là giao điểm của $FS$ với $AD$. Do $AB\cdot AF=AD\cdot AW=AC\cdot AE$ nên $WE\perp AC$ suy ra $W$,$E$,$T$ thẳng hàng. 

Theo định lí $\mathcal{Thales}$, 

\[\frac{EB_2}{FC_2}=\frac{AE}{AF}\]

Mặt khác dễ thấy $Z$ là đối xứng của $A$ qua $EF$ nên $AE:AF=EZ:FZ$. Do đó

\[\frac{SZ}{SP}\cdot \frac{TQ}{TZ}=\frac{YA}{YP}\cdot \frac{XQ}{XA}\]

Từ đó theo định lí $\mathcal{Menelaus}$, $XY$, $ST$ cắt nhau trên $PQ$.

Ta dễ thấy $XY,PQ$ cắt nhau trên $AR$ nên $R_1$ là giao điểm của $XY$, $PQ$. Do đó dễ suy ra $AH=2\cdot AN_1$ nên $AH=4\cdot AN$.

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 2 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường cao $AD$, trực tâm $H$. $P,Q$ đối xứng $D$ qua $CA,AB$. Trung trực $CA,AB$ lần lượt cắt $AB,CA$ tại $F,E$.

$K,L$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $APE, AQF$. $KL$ cắt đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ tại $R$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Lấy $N$ thuộc $AH$ sao cho $RN\perp AM$.

Chứng minh rằng $AH=4\cdot AN$.

Hình vẽ bài toán

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 5 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$. $D$ là một điểm trên cạnh $BC$. $TD$ cắt $(TBC)$ tại $P$ khác $T$. $K$ thuộc $BC$ sao cho $AK\parallel PD$. $L$ thuộc $AK$ sao cho $DL\parallel AP$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn $(DKL)$ và $(TBC)$ đi qua giao điểm của $KP$ và $AD$.

Hình vẽ bài toán

Do nhầm lẫn nên em đề xuất một bài toán khác như sau, 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Dựng ra ngoài tam giác $PBC$ các điểm $E,F$ sao cho $\triangle PCE\sim \triangle BAO$ và $\triangle PBF\sim \triangle CAO$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PCE,PBF$ tại $M,N$ khác $P$. $EM$ cắt $FN$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $QMN$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi $P$ thay đổi.

Từ giả thiết xuất hiện tiếp tuyến nên ta liên tưởng tới bài toán quen thuộc sau (bổ đề 1 trong bài viết GGTH của em),

Cho $\triangle ABC$, $P$ là một điểm bất kì trong tam giác. Tiếp tuyến tại $P$ cắt $AC,AB$ tại $E,F$. Các đường tròn $(BPF)$,$(CPE)$ cắt nhau tại $X$. Khi đó $(ABC)$ tiếp xúc $(EXF)$.

Đến đây thì ý tưởng khá đơn giản. Gọi $K$,$L$ lần lượt là giao điểm của $BN$ với $CM$;$BF$ với $CE$.

Do $\triangle PCE\sim \triangle BAO$, $\triangle PBF\sim \triangle CAO$ nên $\angle BLC=180^\circ-\angle BOC$.

Từ đó tứ giác $BOCL$ nội tiếp, mặt khác $\angle ECM=\angle EPM=\angle FPN=\angle FBN$ nên $K$ thuộc đường tròn $(BOC)$.

Theo định lí Miquel, các đường tròn $(FNP)$,$(EMP)$,$(QMN)$ có một điểm chung, gọi điểm đó là $X$.

Do $\angle BXC=180^\circ-\angle BFP+180^\circ-\angle CEP=\angle BOC$ nên $X$ thuộc $(BOC)$.

Từ đó do $MN$ là tiếp tuyến của $(BPC)$ nên $(MXN)$ tiếp xúc $(BOC)$ hay $(QMN)$ tiếp xúc $(BOC)$.

Do đó $(QMN)$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định. 

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Dựng ra ngoài tam giác $PBC$ các điểm $E,F$ sao cho $\triangle PCE\sim \triangle AOB$ và $\triangle PBF\sim \triangle AOC$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PCE,PBF$ tại $M,N$ khác $P$. $EM$ cắt $FN$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $QMN$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi $P$ thay đổi.

Hình vẽ bài toán

Lời giải của em, (khá phức tạp)

Đầu tiên ta sẽ chứng minh tính chất sau của đường tròn Thebault.

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ , đường tròn tiếp xúc với $AD,BC$ tại $E,F$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $Z$. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác $DFC$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DBC$.

Phép chứng minh đơn thuần cộng góc, có thể tham khảo trong link. (Lemma # 4)

Bây giờ ta sẽ đi vào bài toán của tuần này. 

Gọi $X$,$Y$ lần lượt là trung điểm $AE$,$AF$. Do $K$,$L$ lần lượt thuộc trung trực $AE$,$AF$ nên $KX\perp AC$,$LY\perp AB$.

Từ đó các ngũ giác $AXUKQ$ và $AYVLP$ nội tiếp.

Xét phép vị tự tâm $A$ tỉ số $1:2$ biến $E\mapsto X,F\mapsto Y,C\mapsto M,B\mapsto N$ nên $X,Y$ là tiếp điểm của đường tròn Mixilinear của tam giác $AMN$ với $AM,AN$.

Gọi $Z$ là tiếp điểm của đường tròn Mixilinear ứng với đỉnh $A$ của $\triangle AMN$ với đường tròn $(AMN)$.

Do $(QA,QX)\equiv \frac{\pi}{2}-(AI,AQ)\equiv \frac{\pi}{2}-(IA,IQ)\equiv  (BA,BI)\equiv  (NA,NI')\equiv (ZA,ZX) \pmod \pi$ nên tứ giác $AQZX$ nội tiếp.

Hình vẽ bài toán

Tương tự thì tứ giác $APZY$ nội tiếp.

Từ đó $U,V$ theo thứ tự là giao điểm của $d$ với $(AXZ)$ và $(AYZ)$.

Gọi $H$ là trung điểm $UV$, $I'$ là trung điểm $YZ$. Do đó $(XY,XZ)\equiv (YN,YZ)\equiv (VZ,VA) \pmod \pi$.

Tương tự thì $(YX,YZ)\equiv (UZ,UV)\pmod \pi$ nên $\triangle UZV\sim \triangle YZX$ suy ra $(HZ,HA)\equiv (I'Y,I'Z)\equiv (MA,MZ)\pmod \pi$ (do tứ giác $YI'ZN$ nội tiếp).

Do đó $H$ thuộc $(AMN)$. Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $(UV)$ với $(AMN)$.

Do $HU=HS=HT$ nên $U$ là tâm nội tiếp tam giác $AST$.

Từ đó theo bổ đề trên $ST$ tiếp xúc với đường tròn qua $Z$ tiếp xúc với $AM$ chính là đường tròn Mixilinear tam giác $AMN$.

Tức là trục đẳng phương của $(UV)$ và $(AMN)$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$. $M,N$ là trung điểm $CA,AB$. $BI,CI$ cắt trung trực $IA$ tại $P,Q$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc $IA$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Lấy $K,L$ lần lượt thuộc trung trực $AE,AF$ sao cho $KQ\perp AQ$ và $LP\perp AP$. $d$ là một đường thẳng thay đổi đi qua $A$. $U,V$ là hình chiếu của $K,L$ lên $d$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn đường kính $UV$ và $(AMN)$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi đường thẳng $d$ thay đổi.

Hình vẽ bài toán