Một số gợi ý cho câu b) bài hình

- Tích của hai phép đối xứng trục mà hai trục vuông góc là đối xứng tâm

- Có một bài toán quan trọng sau được dùng làm bổ đề

Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. $K$ là hình chiếu của $D$ lên $EF$. Chứng minh rằng $KD$ là phân giác $\angle IKH$.

Bài viết đã được update !

Cám ơn em, tài liệu rất hay, các đề Hàn Quốc có nhiều đề chất lượng cao nhưng được biến đến rải rác quá không hệ thống, ngay cả trên AoPS cũng vậy, giờ tập hợp được thế này thì tốt quá rồi

Uầy chị Chi Lan giải nhanh quá

Lời giải của Toàn rất thú vị, hãy tham khảo thêm các cách chứng minh khác và mở rộng ở đây

http://artofproblems...bisects_segment

Bài hình này chính xác là một mở rộng của bài toán thi vòng 1 chuyên KHTN.

Từ bài toán thi vòng 1 đó tới bài toán TST của HSGS chỉ khác nhau một giả thiết nhỏ, nhưng lời giải khác nhau khá xa, có lẽ đó là điều thú vị của bài toán này, khi đợt thi kết thúc, tôi sẽ giới thiệu đáp án đầy đủ.

Cám ơn bạn huypham2811 cho một lời giải khá ngắn gọn, bài này mình đề nghị trên THTT trước đây, sau đây là đề bài gốc và đáp án

Cho tam giác $ABC$. $E,F$ lần lượt thuộc đoạn $CA,AB$ sao cho $EF$ song song $BC$. Trung trực $BC$ cắt $AC$ tại $M$. Trung trực $EF$ cắt $AB$ tại $N$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCM$ cắt $CF$ tại $P$ khác $C$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $EFN$ cắt $CF$ tại $Q$ khác $F$. Chứng minh rằng trung trực của $PQ$ đi qua trung điểm của $MN$.

Gọi $H,G$ là hình chiếu của $M,N$ lên $CF$. Gọi $K,L$ lần lượt là hình chiếu của $E$ lên $BC$ và $B$ lên $EF$. Gọi $I,J$ là trung điểm của $BC,EF$. Ta sẽ chứng minh trung trực của $PQ$ đi qua trung điểm $MN$ bằng cách chỉ ra $PH=QG$, thật vậy

Ta dễ có $\angle MPH=\angle MBC=\angle MCB$. Nên các tam giác giác vuông $\triangle MPH\sim\triangle ECK$. Vậy ta có $PH=HM\dfrac{CK}{EK}=HM\dfrac{CI}{MI}\quad (1)$.

Tương tự $\triangle NQG\sim\triangle BFL$ suy ra $QG=NG\dfrac{FL}{BL}=NG\dfrac{FJ}{NJ}\quad (2)$.

Từ (1) và (2) ta có $PH=QG$ khi và chỉ khi $HM\dfrac{CI}{MI}=NG\dfrac{FJ}{NJ}$ tương đương $\dfrac{HM}{NG}=\dfrac{MI.FJ}{CI.NJ}=\dfrac{MI}{NJ}.\dfrac{EF}{BC}\quad (3)$.

Ta lại có $MH.FC=2S_{MFC}=2\dfrac{S_{MFC}}{S_{EFC}}.S_{EFC}=2\dfrac{MC}{CE}.\dfrac{1}{2}EK.EF=\dfrac{MC.EK.EF}{EC}\quad (4)$.

$NG.FC=2S_{SFC}=2\dfrac{S_{NFC}}{S_{BFC}}.S_{BFC}=2\dfrac{NF}{FB}.\dfrac{1}{2}BL.BC=\dfrac{NF.BL.BC}{FB}\quad (5)$.

Từ (4) và (5) ta suy ra $\dfrac{MH}{NG}=\dfrac{MC.EK.EF.FB}{NF.BL.BC.EC}=\dfrac{MC.EF.FB}{NF.BC.EC}=\dfrac{FB}{NF}.\dfrac{MC}{EC}.\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{BL}{NJ}.\dfrac{MI}{EK}.\dfrac{EF}{BC}=\dfrac{MI}{NJ}.\dfrac{EF}{BC}\quad (6)$.

Từ (6) suy ra (3) đúng. Vậy $PH=QG$. Từ đó trung trực $PQ$ đi qua trung điểm $MN$. Ta có điều phải chứng minh.

Đáp án của thầy có dùng tính chất hàng điều hòa.

Cám ơn Toàn đã dẫn lại link, đúng là một lời giải hay lâu rồi thầy cũng quên mất , qua link đó ta cũng thấy bài toán này và bài chọn đội tuyển Đài Loan 2014 có liên quan mật thiết với nhau. Xin được trích dẫn lại bài chọn đội Đài Loan 2014 như sau

Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ và tâm ngoại tiếp $O$. $OI$ cắt tiếp tuyến của $(I)$ song song với $BC$ tại $M$. Cũng trên tiếp tuyến này lấy điểm $N$ sao cho $IN\perp IO$. Chứng minh rằng bốn điểm $A,M,O,N$ cùng thuộc một đường tròn.

Đây là một bài toán hay có nhiều nghĩa và có nhiều phát triển rất thú vị.

Bài này là hệ quả của bài toán con bướm, bản thân phát biểu này cũng có lâu rồi mà, đây là một ứng dụng đẹp của nó

http://artofproblems...h598536p3551853

Spriral similarity hiểu theo nghĩa tiếng Việc là một phép "vị tự quay", ở đây trong thuật ngữ tiếng Việt, phép "vị tự quay" là tích của phép quay và phép vị tự với tâm quay và tâm vị tự trùng nhau, đương nhiên nó là một phép đồng dạng đặc biệt.

Cám ơn Toàn về đóng góp những ý tưởng hay từ cấu hình này và lời giải hay, lời giải của thầy hơi mẹo mực một chút, hãy đón đọc vào thứ 2 nhé , bài này là một bài thầy thích về tính đơn giản của đề bài và tính không đơn giản của lời giải

Đúng là chỗ đó thầy làm hơi tắt quá. Giải thích kỹ hơn như sau $PT//OM$ hơn nữa $OP//TM$ vì cùng vuông góc với dây cung chung của $(AEF)$ và $(O)$, chú ý dây cung chung này chính là phân giác ngoài góc $A$. Từ đó $POMT$ là hbh nên $POJM$ cũng là hbh hay $N$ là trung điểm $OM$.

Các bạn có thể xem thêm các ứng dụng và mở rộng hai bài hình học ở đây

http://analgeomatica...ky-thi-imo.html

Cám ơn Toàn về sự quan tâm và lời giải rất hay , hãyđón đọc số tuần sau nhé !

Kết quả của bài hình có thể coi là một cách mở rộng đường tròn Euler cho tứ giác, có thể phát biểu gộp lại như sau

Cho tứ giác $ABCD$ không là hình thang và nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $E$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $CD, BC,DA$. Gọi $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $MNP$. Gọi $L$ đối xứng với $O$ qua $K$. Chứng minh rằng $L$ là trực tâm tam giác $ECD$.

Khi $A,B$ và $E$ trùng nhau. Ta thu được đường tròn Euler cho tam giác.

Ego tạm nghỉ thôi, chắc chắn sẽ quay lại

Đáp án bài 3

a) Gọi $AD$ giao $BC$ tại $M$ và $AB$ giao $CD$ tại $N$. Ta có kết quả quen thuộc $OE$ vuông góc $MN$ tại $F$ là điểm Miquel của tứ giác $ABCD$. Do đó tứ giác $FADN$ nội tiếp. Mặt khác theo tính chất trục đẳng phương dễ thấy $PQ$ đi qua $M$. Từ đó $MF.MN=MA.MD=MQ.MP$ suy ra tứ giác $NFQP$ nội tiếp suy ra $\angle NQP=\angle NFP=90^\circ$ suy ra $\angle MQN=90^\circ$ vậy $Q$ thuộc đường tròn đường kính $MN$ cố định.

b) Tương tự phần a) dễ thấy $MR$ vuông góc $NP$ tại $R$. Do đó trong tam giác $PMN$ các đường cao $NQ,MR$ và $PF$ đồng quy. Gọi $RQ$ giao $MN$ tại $L$. Theo hàng điều hòa cơ bản dễ thấy $(MN,FL)=-1$. Mà $M,N,F$ cố định suy ra $L$ cố định, vậy $QR$ đi qua $L$ cố định.

Có thể xem đáp án bài toán trên ở đây http://analgeomatica...ky-thi-vao.html

Có thể tham khảo lời giải và bình luận hai bài hình học tại đây http://analgeomatica...op-10-thpt.html

Bài hình nếu phát biểu che đi được điểm cố định $E$ thì sẽ có ý nghĩa hơn, bài toán sau là một khai thác ý a),b) và sử dụng ý c)

Cho tam giác $ABC$ có tâm nội tiếp $I$ và nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn qua $O,I$ tiếp xúc $IA$ cắt trung trực $BC$ tại $F$ khác $O$. $P$ là một điểm di chuyển trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC$.

a) Chứng minh rằng tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $POF$ luôn đi qua điểm $E$ cố định khi $P$ thay đổi.

b) Gọi $K$ đối xứng $I$ qua $BC$. $KE$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $OIE$ tại $L$ khác $E$. Chứng minh rằng $L$ nằm trên $(O)$.

Giải. a) Gọi $AI$ cắt $(O)$ tại $E$ khác $A$ thì $E$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IBC$. Từ đó $EP^2=EI^2=EO.EF$. Từ đó $EP$ tiếp xúc đường tròn $(POF)$ hay tiếp tuyến tại $P$ của $(POF)$ đi qua $E$ cố định.

Hôm nào rảnh sẽ viết bình luận chị tiết cho 2 bài hình, chỉ lưu ý rằng ngày 2 là một kết quả hình học khá dị vì điều kiện $AB<AC$ nhất thiết cần nếu ko bài toán ko đúng. Hơn nữa khi vẽ đối xứng tức gọi $AB$ cắt $CQ$ tại $E$ thì kết luận sai, như vậy đây là một bài toán không đối xứng !

Bài hình http://www.artofprob...h488831p2739334SL 2011 G6

Lời giải ở file đính kèm

Đáp án và bình luận hai bài hình

http://analgeomatica...pic-chuyen.html