quantv2006

Bác Kamii0909 đã đến chỗ $\frac{AI}{IH}=\frac{DC}{DH}$ thì chỉ cần tam giác DCH và DAC đồng dạng nữa là OK, không cần định lý sin.

Cho tam giác ABC với I là tâm đường tròn nội tiếp. Đường AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. E là điểm trên cung BDC, F là điểm trên cạnh BC sao cho góc $\angle BAF=\angle CAE < \frac{1}{2}\angle A$ . EI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại S. Chứng minh SD đi qua trung điểm của FI.

 

(Đề chọn đội tuyển ngày 19.11.2016 - Bình Định)

Gọi BB', CC' là 2 đường cao của tam giác ABC. B'C' cắt AD tại J. Ta có (A, H, J, D) = -1.

 

AO cắt (O) tại điểm thứ 2 là G. Dễ chứng minh được HG song song với JE.

 

Vậy ta có hệ thức $\frac{AJ}{AH}=\frac{AE}{AG}=\frac{AI}{AO}$

 

Hay JI song song với HO, hay JI song song với DK.

 

Do đó (A, O, I, K) = -1.

 

Vậy D(A, O, I, K) = -1, từ đó có MQ, NP, OD đồng quy.

Ý bạn là đề sai hay sao? Mình không nghĩ vậy. 

Câu P. 6: "Gọi D, E, F lần lượt là các tiếp điểm của BC, CA, AB". Chỗ này thiếu "với đường tròn (I)".

 

Câu P.7: Khi lấy điểm Q trên (O) thỏa mãn góc QAB = góc PAC thì có 2 điểm Q. 1 trong 2 điểm Q này không thỏa mãn QE = QF. Nên sửa lại là lấy Q trên (O) sao cho góc QAD = góc PAD.

Cái khó của bài toán chính là $TD$ và $TQ$ đẳng giác. Bạn có hướng nào ngắn gọn chứng minh cái này không?

Chứng minh đẳng giác có thể dùng TAB và TCA đồng dạng. D, E là trung điểm của AB, AC nên TAD và TCE đồng dạng.

Bài hình trông thế mà cũng mất thời gian kinh.

 

 

Xét AB < AC.

 

1. Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Dễ thấy (ADE) đi qua O.

 

2. Qua A dựng đường vuông góc với AO cắt BC tại T. TA là tiếp tuyến chung của (O) và (ADE). Dễ thấy T, D, P thẳng hàng; T, Q, E thẳng hàng.

 

3. Chứng minh APCT và AQBT nội tiếp.

 

4. Tam giác TBQ và TEC đồng dạng; Tam giác TAQ và TEA đồng dạng, từ đó có TB/TA = QB/QA.

 

Tam giác TBD và TPC đồng dạng; Tam giác TAD và TPA đồng dạng, từ đó có TB/TA = PA/PC. Vậy QB/QA = PA/PC

 

5. Góc BQA = góc APC, từ đó có tam giác BQA và APC đồng dạng.

 

6. Góc QTA = QBQ  = góc PAC = PQE nên PQ // TA.

 

7. Từ PQ // TA có góc AQP = APQ (cùng bằng góc QAT). Vậy AP = AQ (đpcm)

Câu hình là đề chọn VMO 2016: http://diendantoanho...-giải-vmo-2016/

Bài này có lẽ ngược với bài thi vào lớp 10 chuyên HN năm vừa rồi.

 

 

Chứng minh theo các bước sau:

 

1. Gọi K là giao của (AMN) và (O). HK sẽ vuông góc với AK tại K

 

- Chứng minh MH là phân giác góc EHB, NH là phân giác góc DHC. Từ đó có hệ thức ME/MB = HE/HB = HD/HC=ND/NC

 

- CM tam giác KMN và KBC đồng dạng, từ đó có tam giác KMB và KNC đồng dạng. Dựa vào ME/MB=ND/NC có tam giác KEB và KDC đồng dạng. Vậy KED và KBC đồng dạng. Nên góc EKD = góc BKC = góc BAC = góc EAD hay AKED là tứ giác nội tiếp.

 

- AKED là tứ giác nội tiếp nên K nằm trên (AED). AED có đường kính AH nên góc AKH vuông tại K.

 

2. KH cắt (O) tại G, cắt (AMN) tại P. AP và AG lần lượt là đường kính của (AMN) và (O).

 

Do AMN cân tại A nên tâm J của đường tròn (AMN) nằm trên AI, vậy P nằm trên AI.

 

3. Gọi Q là giao của KI và AH. Chứng minh góc PKQ = góc PAQ nên Q cũng nằm trên (AMN).

 

4. Dễ chứng minh được KA, MN, PQ đồng quy tại T.

 

5. Xét đường tròn (AMN) có 2 cát tuyến IQK, IPA; KA, PQ cắt nhau tại T. Cát tuyến TMN vuông góc với IJ. Vậy IM, IN là tiếp tuyến của (AMN) tâm J.

Vì sao Q,A',D thẳng hàng vậy bạn?

Gọi N là trung điểm của BC, T là giao của AQ và BC.

 

2 đường tròn (D; DI) và (AI) tiếp xúc với nhau tại I. Do TB.TC=TQ.AQ nên T nằm trên trục đẳng phương của 2 đường tròn này. Vậy TI vuông góc với AD tại I.

 

Tứ giác TIND nội tiếp nên góc ITN = góc IDN. Góc IDN = góc OAD = góc PAD = góc PQD. Vậy góc ITN = góc PQD

 

Tứ giác TQIA' nội tiếp nên góc ITN = góc IQA'. Hay góc PQA' = góc ITN.

 

Vậy góc PQA' = góc PQD hay A', Q, D thẳng hàng.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, ngoại tiếp đường tròn $(I)$, đường cao $AH$ .$AI$, $AO$ lần lượt cắt dường tròn $(O)$ tại $D$ và $P$. $PI$ cắt đường tròn $(O)$ tại $Q$. Chừng minh $QD$ chia đôi $IH$

 

Gọi A' là tiếp điểm của (I) và BC. Ta có Q, A', D thẳng hàng.

Gọi K là giao điểm của AI và BC. Gọi M là giao của QD và IH. Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác IHK với 3 điểm M, A', D thẳng hàng là ra thôi.

Bài hình ngày 2:

 

Câu a. Chứng minh tam giác thì LIK và LON đồng dạng để có L, K, N thẳng hàng.

 

NA.NA = NC.NC = NK. NL = NB.NB = ND.ND nên NA = NB = NC = ND.

 

Câu b. Kẻ tiếp tuyến chung của (c1) (c2) tại L cắt AB tại T. Nếu không cắt thì tính sau

 

T, C, D thẳng hàng.

 

TN cắt PQ tại H. Theo Brocard thì PQ vuông góc với TN.

 

Giao điểm của PQ với N chính là 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến từ T với (N) nên ta có TH.TN = TC.TD = TA.TB. Vậy H nằm trên (c1).

 

MN là đường kính của (c1) nên MH vuông góc với TN tại H.

 

Gọi G là trung điểm của BC, MTHG nội tiếp nên NH.NT = NG.NM

 

MLKG nội tiếp nên NK.NL = NG. NM

 

Vậy NH.NT = NK.NL hay LTHK nội tiếp.

 

Lại có LTKI nội tiếp. Vậy ITHK nội tiếp, hay góc IHT = 90 độ.

 

Vậy IH vuông góc với TN tại H hay I nằm trên PQ.

 

Do đó M, I, P, Q thẳng hàng.

 

(Ai ra đầu bài mà thành tam giác LON, hay ghê).

Bài phương pháp tọa dộ phẳng sao bà con. Không có ý tưởng gì cả

Bác viết pt đường thẳng AI, tìm giao E của nó với (T). Viết pt đường tròn tâm E, bán kính EI. Tìm giao của (E) với (T) là B, C.

Làm sao chứng minh P, Q, N thẳng hàng z 

 

p/s: vẽ hình và tìm được điểm cố định ko biết có điểm nào không :v

 

Bác lấy K đối xứng với E qua N, sau đó chứng minh tam giác FBE và FCK đồng dạng, hay FE, FK là đường đẳng giác trong góc BFD.

 

Như vậy lấy điểm L đối xứng của E qua Q thì L nằm trên FK.

 

Vậy P, Q, N thẳng hàng.

Post cái hình cho bác Kamii 0909

Bài hình bài 2 đỡ rắc rối hơn bài hình ngày 1, có vẻ đơn giản.

a) Cái này dễ chứng minh và có nhiều cách quá nên khỏi nói.

 

b) Dễ thấy SK = SM, từ đó suy ra TA = TK. TA là tiếp tuyến của (C) nên TK là tiếp tuyến của (C) tại K.