Đến nội dung


TQHKTH

Đăng ký: 07-06-2016
Offline Đăng nhập: 02-05-2017 - 10:10
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Tuần 2 tháng 4/2017: Chứng minh rằng $\frac{MP}{...

11-04-2017 - 22:01

Xin đóng góp 1 hướng tiếp cận cho bài toán thứ 2.

Ta gọi $XD$ cắt lại $(O)$ tại $T$ và $K$ là trung điểm $QT$. Ta cần chứng minh $K$ chính là tâm ngoại tiếp $\triangle DUV$. Thật vậy:

Gọi $M$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$ và $EF\cap BC = S$.

Đặt $\alpha = -\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}},\ \beta = -\dfrac{\overline{MB}}{\overline{MC}}$. Khi đó:

$$\dfrac{\overline{SB}}{\overline{SC}} = \dfrac{\overline{BF}}{\overline{FA}} . \dfrac{\overline{AE}}{\overline{EC}} = \dfrac{BF}{FP} . \dfrac{PF}{FA} . \dfrac{AE}{EP} . \dfrac{PE}{EC} = \dfrac{BM}{MQ} . \dfrac{XD}{DC} . \dfrac{BD}{DX} . \dfrac{QM}{MC} = \dfrac{\overline{MB}}{\overline{MC}} . \dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}} = \alpha . \beta$$

Trên trục $BC$ chọn tọa độ $B = 1, C = 0$ và khi đó:

$$D = \dfrac{B+\alpha C}{1+\alpha} = \dfrac{1}{1+\alpha},\ M = \dfrac{1}{1+\beta},\ S = \dfrac{1}{1-\alpha \beta}$$

Do đó:

$$\overline{SM}.\overline{SD} = \left(\dfrac{1}{1+\beta}-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right)\left(\dfrac{1}{1+\alpha}-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right) = \left(1-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right)\left(0-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right) = \overline{SB}.\overline{SC} = \overline{SU}.\overline{SV}$$

Có nghĩa là $DMUV$ nội tiếp. Và do $QMDT$ là hình thang vuông nên rõ ràng trung điểm $K$ của $QT$ phải nằm trên trung trực $MD$.

Thêm vào đó, nếu gọi $AQ$ cắt lại $(O)$ tại $Y$ thì hiển nhiên $XY\parallel BC$, hay $XY\perp XD$. Từ đó $YT$ phải là đường kính của $(O)$, hay $O$ là trung điểm $TY$. Do đó $KO\parallel QY$ (đường trung bình $\triangle TQY$) $\Rightarrow KO\perp UV \Rightarrow K$ nằm trên trung trực $UV$.

Tóm lại $K$ nằm trên trung trực của $MD$ và $UV$. Đồng thời, $DMUV$ nội tiếp nên $K$ chính là tâm $(DUV)$.

Vậy kết thúc chứng minh.


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

05-07-2016 - 18:38

Nói thêm một chút, theo mình biết, bài toán 62 đã có ở đây và được mở rộng tại đây (post #78)


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

04-07-2016 - 16:59

Thượng úy Dogsteven đưa ra một bài toán rất hay mà hình như chưa có ai giải phải ko ạ (post #131)?

Em có một bài toán tương tự khác.

Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ nằm trên trung trực $BC$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $(PBC)$ cắt $AB, AC$ tại $F, E$. Gọi $Q$ là điểm đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. Khi đó $PQ, BE, CF$ đồng quy.

Mình xin đề xuất hướng tiếp cận của mình như sau:

Chứng minh. Gọi $BE\cap CF = K$ và đặt $\angle PBC = \angle PCB = \alpha$. Dễ dàng cộng góc để suy ra $\angle PEB = \angle PFC = \angle QBA = \angle QCA = \angle PEA = \angle PFA = \alpha$. Dựng $S, T\in CA, AB$ sao cho $\angle EKS = \angle FKT = \alpha$. Khi đó: $BECF$ nội tiếp nên $\triangle KCE \sim \triangle KBF$. Từ đây ta có 2 cấu hình đồng dạng:

$(\triangle KCE\cup S)\sim (\triangle KBF\cup T)$

Do đó: $(CE,S) = (BF,T)$. Lại chú ý tới 1 loạt các góc bằng $\alpha$ ở trên, ta có $CQ\parallel EP\parallel SK$ và $BQ\parallel FP\parallel TK$ nên theo Thales đảo dễ thấy $\overline{Q,P,K}$. Vậy kết thúc chứng minh.


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

21-06-2016 - 17:13

Lời giải của thầy Hùng hay quá. Quả thực cấu hình ban đầu quá đẹp nên cũng ko nghĩ đến nghịch đảo, lại càng ko nghĩ nó liên quan đến bài cũ :)

Bây giờ mình xin tiếp tục Marathon với 1 bài toán nhẹ nhàng:

$\boxed{\text{Bài 42}}$ (Own) Cho $\triangle ABC$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$ tương ứng. $M$ là điểm bất kì trên $IA$. $X, Y$ là hình chiếu của $E, F$ lên $MC, MB$. Dựng hình bình hành $DXEK$ và $DYFH$. Đường tròn $(DKH)$ cắt lại $DI$ tại $T$. CMR: $MT\parallel AD$.


Trong chủ đề: VMF's Marathon Hình học Olympic

21-06-2016 - 00:33

Suy nghĩ lại, có lẽ mình nên CM lại cẩn thận bổ đề 2.

Chứng minh bổ đề 2. Gọi $S, U, V$ là tiếp điểm của inellipse với $BC, CA, AB$. $K, L$ là đối xứng của $P, Q$ qua $BA, BC$. Theo kết quả cơ bản, $\triangle BKQ = \triangle BPL$, suy ra $\angle BPV = \angle BKQ =\angle BPS$. Tương tự $\angle APU = \angle APV, \angle CPU = \angle CPS$. Do đó $\angle CPS+\angle APB = 180^\circ$.

Thế thì:

$\alpha = \angle PCB+\angle QBC+\angle PAB$

$= \angle PCB+(\angle PBA+\angle PAB)$

$= \angle PCB+ 180^\circ - \angle APB$

$= \angle PCB+\angle CPS$

$= \angle PSB$

Và bổ đề CM xong.

PS. Theo ý kiến mọi người, có lẽ mình sẽ đề nghị bài mới sau khi các bạn góp ý lời giải của mình :)