Đến nội dung

THVSH

THVSH

Đăng ký: 20-01-2017
Offline Đăng nhập: 16-02-2019 - 22:13
-----

Trong chủ đề: Các bài toán trong chuyên mục Quán hình học phẳng-tháng 9

03-09-2018 - 03:33

Bài 1: 

Ta phát biểu một số bổ đề quen thuộc:

 

Lemma 1: Cho tam giác $ABC$. Điểm bất kỳ  $P \in \odot (ABC)$. $\ell$ là đường thẳng Steiner ứng với điểm $P$. Lấy $Q \in \odot (ABC)$ sao cho $PQ \parallel BC$. Khi đó, $AQ \perp \ell$.

 

Lemma 2: Cho tứ giác nội tiếp  $ABCD$, $E = AB \cap CD,$ $F = AD \cap BC$ và $G = AC \cap BD$.  Khi đó, đường thẳng Steiner ứng với tứ giác toàn phần $ABCDEF$ đi qua $G$.

 

Quay lại bài toán: Đặt $N,P$ lần lượt là trung điểm của $CA,AB$, $H, G$ tương ứng là trực tâm, trọng tâm của $\triangle ABC$. Ký hiệu $\ell$ là đường thẳng Euler của $\triangle ABC$. Áp dụng định lý Pappus cho bộ điểm $\begin{matrix} B \ P \ F \\  C \ N \ E \end{matrix}$ suy ra $U = BE \cap CF$ nằm trên đường thằng Euler của $\triangle ABC$. Mặt khác, do $\angle EBA = \angle BAC = \angle FCA$ nên tứ giác $BCEF$ nội tiếp. Đặt $J = EF \cap BC$. Khi đó, $X$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $BCEFAJ$. Theo bổ đề 2 thì $HU$ là đường thẳng Steiner của $BCEFAJ$ $ \Longrightarrow $ $HU$ là đường thẳng Steiner ứng với điểm $X$ của $\triangle ABC$. Nói cách khác, $X$ là điểm Anti-Steiner ứng với $\ell$ của $\triangle ABC$. Áp dụng bổ đề 1 $\Longrightarrow$ $AY \perp \ell$ $\Longrightarrow $ $\ell$ chia đôi $AY$.

 

_____________________________________________________________________________________________________

Bài 2: 

Gọi $M$ là trung điểm của $EF$. Định nghĩa lại điểm $I = AM \cap \odot (ABC)$. Ta có $AI$ là đường đối trung của $\triangle ABC$ nên tứ giác $ABIC$ điều hòa. Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $I \in \odot (AEL)$ và $I \in \odot (AFK)$ là xong.

 

Đặt $\odot (B,BE) \cap \odot (ABC) = \{U,V\}$. Ta sẽ chứng minh $M \in UV$. Thật vậy, gọi $D=AH \cap BC$, $X$ là hình chiếu của $E$ trên $AB$. Ta có $\angle MXF = \angle EFA = \angle ACB = \angle DFB$ $\Longrightarrow$ $MX \parallel DF$ (1). Mặt khác, $BU^2 = BV^2 = BE^2 = BX \cdot BA$ nên $\triangle BXU \sim \triangle BUA$ và $\triangle BXV \sim \triangle BVA$, như vậy $\angle BXU + \angle BXV = \angle BUA + \angle BVA = 180^{\circ}$, suy ra $X \in UV$. Mà $UV \perp BO$ $\Longrightarrow$ $\overline{X,U,V} \parallel DF$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $M \in UV$.

 

Như vậy bốn điểm $E,L,U,V \in \odot (B,BE)$.  vì vậy nên $ME \cdot ML = MU \cdot MV = MA \cdot MI$ $\Longrightarrow $ tứ giác $AEIL$ nội tiếp hay $I \in \odot (AEL)$. Chứng minh tương tự ta cũng được $I \in \odot (AFK)$.

 

_____________________________________________________________________________________________________

Bài 3: Có hai điểm $X_1,X_2 \in (O)$ thỏa mãn $X_iT$ là phân giác của $\angle EX_iF$ , Cách dựng:

 

Cách 1: $X_1 = TL \cap \odot (ABC)$.

 

Cách 2: $X_2 = \odot (AEF) \cap \odot (ABC)$.

 

Hoàn toàn có thể chứng minh được trong cả hai cách dựng trên đều thỏa mãn $X_iT$ là phân giác của $\angle EX_iF$ với $i =1,2$.

Như vậy, ý tác giả bài toán muốn điểm $K$ trùng với điểm $X_i$ nào?

 

_____________________________________________________________________________________________________

Bài 4: Xem ở trong link này: https://artofproblem...unity/c6h617364