Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


LXH1162003

Đăng ký: 19-01-2019
Offline Đăng nhập: 10-10-2019 - 19:38
-----

#725964 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi LXH1162003 trong 27-09-2019 - 21:39

Bài toán 199: Cho $\bigtriangleup ABC$, tâm ngoại tiếp $O$, trực tâm $H$, đường cao $AD$. $OH$ cắt $(ABC)$ ở $E,F$. Dựng các hình thang cân $ACBB'$, $ABCC'$, $BB' // CA$, $CC' // AB$. $BC\cap C'B' = X $. Chứng minh rằng $E,F,D,X$ đồng viên.
Lời giải bài to​án 199.

Ta bỏ qua trường hợp đơn giản khi $\Delta ABC$ cân.
 Gọi $B'C\cap BC'=G$, $H'$ đối xứng $H$ qua $A$. $BB'\cap CC'=A'$, $N$ là tâm Euler tam giác ABC, $O'$ đối xứng $O$ qua $BC$. Ta có $HH'.HD=2HA.HD=HE.HF$ nên $F, D, E, H'$ đồng viên. Áp dụng Pascal cho $(BCB'C'HcHb)$ với $Hb, Hc$ lần lượt là đối xứng của $H$ qua $CA, AB$, ta có $G\in HO$. Mặt khác $\overline{ A;N;O'}$ nên theo phép vị tự tâm $H$ tỉ số 2 suy ra $\overline {H';O;A'}$ nên theo định lý Brocard ta có $OH' \perp GX$ ở $I$ và $GX.GI=GE.GF$ nên $X,I,F,E$ đồng viên. Hơn nữa ta cũng có $H',D,I,X$ đồng viên trên đường tròn đường kính $XH'$ nên ta xét 3 đường tròn $(DFH'E), (FEXI), (XIDH')$, nếu chúng là 3 đường tròn đôi 1 phân biệt thì ta có 3 trục đẳng phương giữa 2 trong 3 đường tròn nói trên là $FE, DH', XI$ suy ra chúng phải đồng quy (Vô lý vì tam giác $ABC$ không cân nên $GX$ không thể đi qua $H$). Từ đó suy ra có 2 trong 3 đường tròn nói trên là trùng nhau, nên ta dễ dàng suy ra đpcm.

 

@halloffame: Xét lập luận sau đây của bạn: 

...chúng phải đồng quy (vô lý vì tam giác $ABC$ không cân nên $GX$ không thể đi qua $H$).

Mình đính kèm bên dưới một trường hợp khi $G$ trùng $H,$ tức $GX$ đi qua $H$ nhưng $\Delta ABC$ không cân.

Do vậy lập luận của bạn chưa đúng.

Hình gửi kèm

  • geogebra-export.png



#725153 Chuyên mục quán hình học tháng 9 năm 2019

Gửi bởi LXH1162003 trong 03-09-2019 - 20:37

Bài 3:

Gọi A' đối xứng A qua BC và H là trực tâm $\bigtriangleup ABC$. Điều phải chứng minh tương đương với AD đi qua tâm ngoại tiếp $\bigtriangleup AA'L$. Mà A'L song song HO suy ra ta chứng minh Điều phải chứng minh tương đương với AD đi qua tâm ngoại tiếp $\bigtriangleup AOH$. Nghịch đảo đối xứng cực A sau đó biến đổi tỉ số ta có đpcm.




#725152 Chuyên mục quán hình học tháng 9 năm 2019

Gửi bởi LXH1162003 trong 03-09-2019 - 20:24

Bài 6:

a) Cộng góc đơn giản ta có đpcm.

b) Gọi H là trực tâm $\bigtriangleup OLK$ thì HD là đường thẳng Steiner của T với $\bigtriangleup OLK$. Mà D đối xứng B qua KO nên HD cắt TB trên KO suy ra HD tiếp xúc (O). gọi AA' là đường kính của (O) thì do $OH \| KL$ nên $OH \| DA'$ hay HA' tiếp xúc (O). Hơn nữa P và T liên hợp với (O) nên ta có đpcm.




#725150 Chuyên mục quán hình học tháng 9 năm 2019

Gửi bởi LXH1162003 trong 03-09-2019 - 20:14

Bài 2:

Bổ đề: Cho $\bigtriangleup ABC$ nội tiếp $(O)$, $M$ là điểm chính giữa cung $BC$ nhỏ của $O$. CM cắt AB ở X, BM cắt CA ở Y. Phân giác ngoài $\angle A$ cắt $BC$ ở Z thì $\overline {X;Y;Z}$. Chứng minh: Để ý $\dfrac{XB}{XA}=\dfrac{MB}{MA}\cdot {CB}{CA}$, thiết lập tỉ số tương tự với $Y$ sau đó áp dụng Menelaus ta có đpcm.

Nghịch đảo bổ đề trên theo cực $A$ phương tích bất kì rồi đối xứng qua phân giác góc $\angle BAC$ ta có đpcm (Vì đối xứng của E qua AD thuộc $(ABD)$.




#725147 Chuyên mục quán hình học tháng 9 năm 2019

Gửi bởi LXH1162003 trong 03-09-2019 - 20:04

Lời giải bài 1:

Bổ đề : M là điểm chính giữa cung $BC$ nhỏ của $(O)$. MN cắt (O) ở X. Khi đó $X\in (AJ)$. Chứng minh: gọi E, F lần lượt là hình chiếu của J lên CA, AB. (AJ) cắt (O) ở X'. Khi đó X' là điểm Miquel của (AB,AC,BC,EF) nên tam giác X'CE đồng dạng X'BF. Từ đó $\dfrac {X'C}{X'B}=\dfrac {CE}{BF}=\dfrac {\cot {ACJ}}{\cot {ABJ}}=\dfrac {NC}{NB}$, vì vậy ta có X'N là phân giác góc BX'C nên ta có đpcm.

Mặt khác ta có $MB^2=MJ \cdot MK$ từ các tam giác MBJ và MKB đồng dạng nên JKNX đồng viên. Vậy NX cắt đường cao đỉnh A ở L' thì góc $\angle MAL'=\angle MKL'=\angle MXJ$ nên ta có đpcm.