Đến nội dung


TQHKTH

Đăng ký: 07-06-2016
Offline Đăng nhập: 21-09-2017 - 17:48
****-

#693429 Tuần 3 tháng 9/2017: Chứng minh rằng $\angle RHC=\angle PHB...

Gửi bởi TQHKTH trong 20-09-2017 - 19:28

Lời giải bài 2 của mình.

 

Gọi $(\mathcal{C})$ là conic đi qua 5 điểm $A, B, C, D, I$.

Dễ thấy rằng:

$$A(BDIS) = A(EFIM) = (EFIM) \stackrel{\mathcal{S}_I}{=} (FEIN) = C(FEIN) = C(BDIS)$$

Như vậy $S\in (\mathcal{C})$. Và từ đây ta có:

$$(EFIP) = B(EFIP) = B(ACIS) = D(ACIS) = D(FEIQ) = (FEIQ)$$

Chú ý rằng phép đối xứng qua $I$ biến: $E, F, I\mapsto F, E, I$ nên cũng biến $P\mapsto Q$.

Ta có điều phải chứng minh.




#691220 Tuần 4 tháng 8/2017: Chứng minh rằng $ST$ đi qua $H$.

Gửi bởi TQHKTH trong 21-08-2017 - 16:26

Cảm ơn ecchi123NHN đã cho 2 lời giải ấn tượng cho bài 2.

Bài toán tổng quát của bài số 2 đã được đăng ở đây, dành cho những ai có hứng thú :)




#677133 Tuần 2 tháng 4/2017: Chứng minh rằng $\frac{MP}{NQ...

Gửi bởi TQHKTH trong 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.

Hình gửi kèm

  • baitoandanggiac.png



#643766 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi TQHKTH trong 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)




#643640 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi TQHKTH trong 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.

Hình gửi kèm

  • sol.png



#641616 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi TQHKTH trong 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: $MT\parallel AD$.

Hình gửi kèm

  • Marathon.png



#641501 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi TQHKTH trong 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 :)

Hình gửi kèm

  • Lemma.png



#641499 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi TQHKTH trong 21-06-2016 - 00:24

Lời giải của mình cho bài toán 41.

Bổ đề 1. Cho $\triangle ABC$ và bộ 6 điểm $M, N\in BC,\ P, Q\in CA,\ R, S\in AB$ sao cho $MNPQ, PQRS, RSMN$ là 3 tứ giác nội tiếp. Khi đó 6 điểm trên đồng viên (quen thuộc và dễ CM).

Bổ đề 2.  Cho $P, Q$ đẳng giác trong $\triangle ABC$. Gọi $S$ là tiếp điểm trên $BC$ của inellipse nhận $P, Q$ là tiêu điểm. Khi đó:

$\angle PSB = \angle QSC = \angle PCB+\angle QBC+\angle PAB$

Vào bài. Kí hiệu $\alpha = \angle PCB+\angle QBC+\angle PAB$

Đầu tiên, dễ dàng cộng góc để có $\angle PAM = \angle QAN = 90^\circ – \alpha$. Do đó $AM, AN$ đẳng giác trong $\angle BAC$, dẫn đến $E, F, G, H$ đồng viên. Tuy nhiên, điều cốt yếu trong bài toán này nằm ở việc CM $EFGH$ tiếp xúc đường trung bình đỉnh $A$ của $\triangle ABC$, và bây giờ ta sẽ CM nó.

Vị tự $\mathcal{H}_A^2$ và phát biểu lại bài toán:

“Cho $\triangle ABC$ có $P, Q$ đẳng giác. Trên đường thẳng qua $P$ vuông góc $PA$ lấy $I$ sao cho $\angle PIA = \alpha$. Tương tự có điểm $J$. $X, Y$ là hình chiếu $I$ lên $CA, AB$ và $Z, T$ là hình chiếu $J$ lên $CA, AB$. CMR: $(XYZT)$ tiếp xúc $BC$.”

Giải bài. Gọi $S$ là tiếp điểm trên $BC$ của inellipse nhận $P, Q$ là tiêu điểm. Khi đó theo bổ đề:

$\angle PSB = \angle QSC = \alpha$

$\Rightarrow \angle PSB = \angle PIA = \angle PYA$, nghĩa là $SPYB$ nội tiếp.

Hoàn toàn tương tự ta có: $SQZC, SPXC, SQTB$ cũng nội tiếp.

Bây giờ: $\angle PSB = \alpha = \angle QJA = \angle QZA$ đồng thời $\angle PCS = \angle QCZ$, thành thử $\angle CPS = \angle CQZ$

$\Rightarrow \angle CXS = \angle CPS = \angle CQZ = \angle CSZ \Rightarrow (SXZ)$ tiếp xúc $BC$.

Tương tự $(SYT)$ cũng tiếp xúc $BC$. Áp dụng bổ đề 1 cho bộ 6 điểm $\{S, S, Z, X, T, Y\}$ suy ra $S, Z, X, T, Y$ đồng viên trên đường tròn tiếp xúc $BC$. Vậy kết thúc CM.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 8\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 5\\ \hline dogsteven & 5\\ \hline baopbc & 10\\ \hline QuangDuong12011998 & 5\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 3\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 2\\ \hline Nguyen Dinh Hoang & 1\\ \hline TQHKTH & 1\\ \hline\end{array}$$

Hình gửi kèm

  • Bai dđth.png



#638667 Tuần 2 tháng 6/2016: Bài toán đường tròn tiếp xúc trên cấu hình về hình vuông

Gửi bởi TQHKTH trong 07-06-2016 - 10:41

Bài toán tổng quát của bạn Bảo quá hay! Mình xin trình bày cách giải của mình bên cạnh lời giải đã có của Quang Dương

 

Bài toánCho $\triangle ABC$  $P, Q$  2 điểm đẳng giácTiếp tuyến tại $P$ của $(PBC)$ cắt $CA, AB$ tại $X, Y$Tiếp tuyến tại $Q$ của $(QBC)$ cắt $CA, AB$ tại $Z, T$Chứng minh rằng $X, Y, Z, T$ đồng viên trên đường tròn $\omega$ tiếp xúc $(ABC)$

Lời giảiGọi $BP\cap (O) = K,\ BQ\cap (O) = H$  $W$  điểm đẳng giác của $Z$ trong $\triangle CQH$Cộng góc đơn giản ta  cặp đồng dạng quen thuộc$\triangle CQH \sim \triangle PCK$Tiếp tục cộng góc : $\angle XCP = \angle QCB = \angle ZQH = \angle WQC$.  tương tự$\angle XPC = \angle WCQ$Điều đó  nghĩa  ta  2 cấu hình đồng dạng:

$\boxed{\left(\triangle CQH \cup W\right)\sim \left(\triangle PCK \cup X\right)}$

Vậy nên $\angle ZHQ = \angle WHC = \angle XKP \Rightarrow HZ,\ KX$ cắt tại $S$ trên $(O)$. Áp dụng Pascal đảo cho $\binom{S\ B\ C}{A\ E\ K}$  $\overline{S, E, Y}$Tương tự $\overline{S, D, T}$Mặt khácdễ thấy$DE, EK, KH, HD$ lần lượt song song với $TY, YX, XZ, ZT$ nên tồn tại phép vị tự tâm $S$:

$\mathcal{H}_S^k:\ D, E, K, H\mapsto T, Y, X, Z$

Lại do $DEKH$ nội tiếp nên đương nhiên $TYXZ$ cũng sẽ nội tiếpHai đường tròn ngoại tiếp 2 tứ giác này  ảnh của nhau qua $\mathcal{H}_S$ nên tiếp xúc nhau.

 

PS. Thực tế lời giải sẽ chặt chẽ hơn nếu dùng góc định hướng, tuy nhiên mình nghĩ trên diễn đàn góc thường trông dễ nhìn hơn.

Hình gửi kèm

  • hinhhinh.png