Bạn ơi cho mình hỏi làm sao chứng minh $Z$ thuộc $(AXY)$ nhỉ

Đã sửa.
lúc đó mình hơi vội nên quên mất chứng minh $Z$ thuộc $(AXY)$

Ta có: $\angle SNB=\angle SAX-\angle XAB=\frac{1}{2}\angle XAY-\angle NAB=\angle BAC-\angle NAB=\angle NAC$

Suy ra $AN$, $AS$ đẳng giác trong góc $A$ nên $AS$ đi qua tâm $Z$ của $(BOC)$ với $O$ là tâm $(ABC)$

Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$

Ta có bổ đề cơ bản sau, bạn có thể tham khảo chứng minh ở đây

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $Z$ là tâm $BOC$, lấy điểm $K$, $L$ đối xứng $Z$ qua $AC$, $AB$ thì $K,L$ đối xứng qua tâm euler của tam giác $ABC$.

Như vậy nếu có bổ đề thì bằng cộng góc đơn giản (như khi chứng minh $AN$, $AS$ đẳng giác) thì ta có $\angle ANK =90^{\circ}$

Vậy khi lấy đối xứng qua $AC$ thì ta có $\angle AYZ=90^{\circ}$ hay $Z$ thuộc $(AXY)$

Ta có:

$BS^{2}=\frac{BA^{2}}{2}+\frac{BZ^2}{2}-\frac{AZ^2}{4}$

$CS^{2}=\frac{CA^{2}}{2}+\frac{CZ^2}{2}-\frac{AZ^2}{4}$

$BN^{2}=\frac{BH^2}{2}+\frac{BO^2}{2}-\frac{OH^2}{4}$

$CN^{2}=\frac{CH^2}{2}+\frac{CO^2}{2}-\frac{OH^2}{4}$

Suy ra:

$(BS^2-BN^2)-(CS^2-CN^2)=(BA^2-BH^2)-(CA^2-CH^2)=0$

Áp dụng định lí 4 điểm ta có luôn $SN$ vuông góc $BC$ (dpcm)

Đây là lời giải của mình.

Trước hết ta phát biểu $2$ bổ đề sau:

Bổ đề $1$: Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ nội tiếp $(O)$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$. Điểm $E$ trên $(O)$. Lấy $1$ điểm $S$ trên $AE$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc $SB$ cắt $DE$ tại $P$. Đường thẳng qua $C$ vuông góc $SC$ cắt $DE$ tại $Q$. CMR: $P$ $Q$ đối xứng nhau qua $D$.

Chứng minh:

Trước hết ta sẽ cho $S$ trùng $A$,$E$,$T$ với $T$ là giao điểm của $AE$ với $BC$.

Với $3$ vị trí trên ta dễ dàng chứng minh được các điểm $P$ $Q$ tương ứng đối xứng nhau qua $D$

Vậy ta đi đến lời giải sau:

Cho tam giác $ABC$, phân giác $AD$ và đường cao $AH$ $($$D,H$ thuộc $BC$$)$. Hai điểm $P$, $Q$ thuộc đường tròn đường kính $AD$ sao cho $P$, $Q$ đối xứng nhau qua $AD$. Gọi $S$ là giao điểm của $(BPH)$ và $(CQH)$.

Chứng minh rằng: $AS,BQ,CP$ đồng quy.

Đây là cách sử dụng Định lí 4 điểm.

Ta có:

$IE^{2}=\frac{EA^{2}+EH^{2}}{2}-\frac{AH^{2}}{4}=\frac{EB^{2}-AB^{2}+EB^{2}+BH^2}{2}-\frac{AH^{2}}{4}=EB^{2}-\frac{3AH^{2}}{4}$

Tương tự:

$ID^{2}=DC^{2}-\frac{3AH^{2}}{4}$

Suy ra: 

$ID^{2}-IE^{2}=DC^{2}-EB^{2}=DM^{2}-EM^{2}$

Do đó: $IM$ vuông góc $ED$ (điều phải chứng minh)

Gọi $P$ là trung điểm của $AD$, tính được $PN/PM =$ $J_{c}A/J_{b}A$

Nên áp dụng ERIQ cho $J_{c}N, AP, J_{b}M$ và để ý các $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $J_{b}K, J_{c}L, AD$ suy ra $K,D,L$ thẳng hàng

Cũng xong luôn phần b

Bạn đọc thêm về định lí ERIQ nhé: https://julielltv.wo.../15/bo-de-eriq/

Mình sẽ chứng minh tổng quát bài toán. Cho tam giác $ABC$, $H$ và $M$ lần lượt là trực tâm và trung điểm $BC$. Một điểm $I$ chuyển động trên phân giác góc $A$, $IE,IF$ là chân đường vuông góc từ $I$ xuống $AC,AB$. $EF$ cắt $AH$ tại $J$, Khi đó $IJ$ song song $HM$.

Chứng minh:

Nhận xét: Khi $I$ chuyển động thì $IJ$ song song với 1 đường thẳng cố định.

Nhận xét này hiển nhiên nhưng rất quan trọng.

Dùng nhận xét trên thì ta có thể cho $I$ trùng $1$ điểm đặc biệt rồi chứng minh $IJ$ song song $HM$. Để ý ở đây có các đường vuông góc xuống $2$ cạnh tam giác nên ta nghĩ đến đường thẳng $simson$. Ta sẽ cho $I$ trùng điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của đường tròn $(ABC)$. 

Khi này ta có $IM//HJ$ và trung điểm $IH$ thuộc $EF$, 

Như vậy dễ có $IJHM$ là hình bình hành. Suy ra $IJ//HM$. 

Ta có bài toán tổng quát. Nhờ bài toán tổng quát trên, ta cho điểm $I$ trùng tâm nội tiếp, ta sẽ thu được bài toán ban đầu.

Gọi $AD$ cắt lại $(Ia)$ tại $N$, $R$ là trung điểm $DN$, tiếp tuyến tại $N$ của $(Ia)$ cắt $BC$ tại $T$.

Dễ thấy $R$ thuộc $(AEF)$ do $IaR$ vuông góc với $AR$

Do đó ta có: $\overline{DP}.\overline{DQ}=\overline{DA}.\overline{DR}=\overline{DM}.\overline{DN}$

Suy ra $4$ điểm $M, N, P, Q$ đồng viên.

Lại có $TN^{2}=\overline{TR} . \overline{TI_{a}}=\overline{TQ}.\overline{TP}$ nên $TN$ cũng là tiếp tuyến của đường tròn $MPQ$

Suy ra $(Ia)$ tiếp xúc $(MPQ)$.

.

 

Trước khi đưa ra chứng minh, mình có nhiều lời bình luận về phát biểu của bài toán. Mình không thích cách phát biểu này, vì mấy lý do sau

• trong phát biểu này, hai đối tượng điều khiển là $T$ và $L$, còn $P$, $D$, $K$ phụ thuộc vào $P$
• $HL$ cắt $(O)$ tại $K$ không phải một phát biểu chặt chẽ vì đường thẳng và đường tròn có thể có nhiều nhất 2 hai giao điểm. Trong bài toán này, $K$ nên được định nghĩa là điểm đối xứng với $H$ qua $L$
• Bài toán có thể được phát biểu lại để đối tượng điều khiển duy nhất là điểm $P$.

Mình phát biểu lại bài toán như sau (và thay đổi tên điểm)

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$. $P$ là một điểm không nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $P\ne O$.

$P_{a}$, $P_{b}$, $P_{c}$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $P$ lên các đường thẳng $BC$, $CA$, $AB$.

$T$ là cực trực giao (bạn đọc hay tra cứu với từ khóa orthopole) của đường thẳng $OP$ với tam giác $ABC$. $A_{p}$ và $A$ là hai giao điểm của $AP$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. $A'_{p}$ là trung điểm của đoạn thẳng $HA_{p}$.

Chứng minh rằng ba điểm $T$, $P_{a}$, $A'_{p}$ thẳng hàng.

 

Mình sẽ chứng minh không dùng và không phu thuộc hình vẽ. Ý tưởng của mình là sử dụng các định lý Fontene, các tính chất của đường thẳng Wallace-Simson và sử dụng góc định hướng.

 

 

Cảm ơn bạn đã góp ý, lần sau mình sẽ chú ý cách phát biểu.

Thực ra bài này mình nhận ra khi tự giải định lí Đào về đường thẳng simson, lúc đó có gặp vướng mắc mới đăng bài nên phát biểu hơi lủng củng

Mình cũng biết về định lí Fontene, cực trực giao, và sau đấy mình cũng giải dc bài toán trên luôn, ý tưởng chung cũng giống bạn

Cuối cùng vẫn cảm ơn bạn đã quan tâm và giải bài toán trên.

Mình sẽ để lời giải của mình ở bên dưới (mình không thạo lắm về góc định hướng nên không sử dụng nó), các bạn khác có thể tham khảo.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$, đường tròn $(E)$ là đường tròn $Euler$ của tam giác $ABC$. Hai điểm $T$ và $L$ trên $(E)$, $TL$ cắt $BC$ tại $D$, $HL$ cắt $(O)$ tại $K$. Điểm $P$ trên $AK$ thỏa mãn $PD$ vuông góc với $BC$. Chứng minh rằng $T$ nằm trên đường tròn $pedal$ của điểm $P$ ứng với tam giác $ABC$.

(Tam giác $pedal$ của 1 điểm $P$ ứng với tam giác $ABC$ là tam giác có 3 đỉnh là chân 3 đường cao từ $P$ xuống 3 cạnh tam giác $ABC$, đường tròn $pedal$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $pedal$.)

Bạn giải thích chỗ này rõ thêm tí được không?

Giả sử cả 2 số $p$,$q$ đều lẻ thì vế trái chia hết cho 4 nhưng mà vế phải chỉ chia hết cho 2 nên mâu thuẫn
Tương tự nếu cả $p$ và $q$ đều chẵn thì vế trái lại không chia hết cho 2 nên cũng mâu thuẫn
Do đó thì trong 2 số $p$, $q$ có 1 số chẵn và 1 số lẻ.

Một ý tưởng bất ngờ cho bài này là dùng điểm anti steiner.

Gợi ý: ở bài bên trên nếu ta có trước đường tròn. Gọi $d_{2}$ cắt lại đường tròn đó tại $U$ và $V$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $MUV$. Gọi $L$ là điểm anti steiner của đường thẳng qua H song song với $OX$. Khi đó $L,N,Q$ thẳng hàng.

Cho 2 đường thẳng $d_{1};d_{2}$ song song, 1 điểm $A$ và $O$ cố định. $M$ là chân đường cao từ $O$ xuống $d_{1}$. 1 điểm $P$ chuyển động trên $d_{1}$. $AP$ cắt $d_{2}$ tại $X$, $PN$ vuông góc $OX$ tại $N$. $Q$ đối xứng $P$ qua trung điểm $MN$. CMR $Q$ chuyển động trên 1 đường tròn cố định.

Gọi tâm đường tròn đó là $O$, trực tâm tam giác $ABC$ là $H$, xét phương tích của $O$ và $H$ đến 3 đường tròn đường kính $AX$, $BY$, $CZ$. Khi đó dễ thấy 3 đường tròn đường kính $AX$, $BY$, $CZ$ đồng trục

suy ra trung điểm $AX$, $BY$, $CZ$ thẳng hàng

=> 3 điểm $X,Y,Z$ thẳng hàng (dpcm)

Cho tam giác $ABC$ và 1 đường tròn bất kì trên mặt phẳng, gọi $d_{a}$ là đường đối cực của $A$ với đường tròn đó, $d_{a}$ cắt $BC$ tại $X$, dựng các điểm $Y$, $Z$, tương tự. CMR: $X,Y,Z$ thẳng hàng

Nếu muốn dùng phương pháp mạnh thì dùng pocelet porism.
Đầu tiên là chứng minh 6 điểm $A,B,C,M,N,P$ đồng viên (dễ)

Rồi chứng minh $DM$, $DN$ tiếp xúc $(I)$ bằng cách tính góc $IDM$ = $IDN$= $30$

Áp dụng bổ đề pocelet porism là xong

Bài toán này bản chất là cho 1 điểm $P$ chuyển động trên đường $AE$ thì mọi kết quả trên vẫn đúng. Đề bài này đã dc em giản lược đi để phát biểu đơn giản hơn.

ps: em đang cố làm 1 lời giải sơ cấp ko dùng tính toán

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$, $Eu$ là tâm euler của tam giác $ABC$. $M$ và $N$ đối xứng $Eu$ qua $AB$ , $AC$, điểm $T$ đối xứng $Eu$ qua trung điểm $MN$. CMR: $A, T, O$ thẳng hàng

$\mathbf{TH1}$ ($2$ bước lùi, $14$ bước tiến) Hai bước $15,16$ phải là tiến.

a) Bước thứ $14$ là tiến : Xác suất là $C_{13}^2.0,3^2.0,5^{11}$

b) Bước thứ $14$ là lùi, bước thứ $13$ phải là tiến : Xác suất là $C_{12}^1.0,3^1.0,5^{11}$

$\mathbf{TH2}$ ($1$ bước lùi, $2$ bước ngang, $13$ bước tiến) Bước thứ $16$ phải là tiến.

a) Bước thứ $15$ là tiến : Xác suất là $C_{14}^1C_{13}^2.0,3^1.0,2^2.0,5^{11}$

b) Bước thứ $15$ ngang, bước thứ $14$ tiến : XS là $C_{13}^1C_{12}^1.0,3^1.0,2^1.0,5^{11}$

c) Bước thứ $15$ và $14$ ngang, bước thứ $13$ phải tiến : XS là $C_{12}^1.0,3^1.0,5^{11}$

$\mathbf{TH3}$ ($4$ bước ngang, $12$ bước tiến) Bước thứ $16$ phải tiến.

  Xác suất là $C_{15}^4.0,2^4.0,5^{11}$

 

Đáp án là (xichma mấy cái trên lại) : $\frac{9717}{512000}\approx 0,018979$

 

Mình nghĩ cái chỗ TH1: khi biết chắc là bước 15 16 phải tiến nhưng mà vẫn phải nhân thêm 0.5 xác xuất chứ, nếu không thế thì xác xuất để bước thứ 15, 16 tiến là 1 thì đâu có hợp lí, các trường hợp sau cũng thế :? Mình cũng thử tính lại theo cách nghĩ trên thì đáp án ra xấp xỉ một số đáp án của bạn linhnopro đưa ra

Em ở Thanh Hóa nên thi hsg tỉnh 9 thì kiến thức chỉ được dùng đến học kỳ 1, liệu có anh chị hay bạn nào có thê cho em xin một số tài liệu về phần hình hay và khó và cho em biết ngoại trừ Thanh Hóa thì có tỉnh nào chỉ thi kiến thức học kỳ 1 lớp 9 không ạ?

Phần hình thì đọc trước hàng điểm điều hòa và chú ý phần tính toán là cân mọi bài hình THCS

ps: đọc trước là dễ bị loãng kiến thức đấy nhé, em nên thành thạo tất cả các phần , thi hsg tự tin dc hơn 9 điểm thì mới nên đọc trước để đạt điểm 10

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$, trực tâm $H$. $AH$ cắt $BC$ tại $D$. CMR: $HA.HD+HI^{2}=2.r^{2}$ với $r$ là bán kính $(I)$

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$, Trực tâm $H$. $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$, điểm $J$ đối xứng $I$ qua $D$. $DH$ cắt $(AH)$ tại $F$. CMR: $\widehat{HFI}=\widehat{HJI}$

Chỗ phép vị tự $V_J^{\frac{-1}{2}}$ biến $MN$ thành $BC$ là như thế nào vậy hovutenha? Ý chỗ này là biến đường thẳng $MN$ thành đường thẳng $BC$? 

Còn một chỗ nữa là $A'$ đối xứng với $A$ qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ chứ không phải nội tiếp. 

Chỗ đó ý là biến đường thẳng chứ đoạn $MN$ thành đường thẳng chứa đoạn $BC$

vì $J$ bây giờ đã nằm trên đường trung bình của hình thang $BMNC$

nên mỗi điểm thuộc $MN$ qua phép vị tự sẽ biến thành 1 điểm thuộc $BC$

ở đấy nên viết rõ ra là dùng thales thì sẽ dễ hiểu hơn

 

Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai12.jpeg

 

Bài 12 khá khó. Mình chưa có ý tưởng nào khả quan cả. Mọi người chung sức giải ạ! 

 

Lời giải phần b cho bài 12. 

Nói sơ qua về hướng giải:

- Bài này mình áp dụng triệt để phép vị tự để giải toán

- Thật ra vị tự cũng để làm rõ bài toán hơn thôi chứ bản chất ko cần phép vị tự

Nhờ vào các tính toán phức tạp của phần a)

Ta thu được điều rất quan trọng như sau: $IH=d_{M/BC}$  (khoảng cách từ $M$ đến $BC$)

Gọi $A'$ là điểm đối xứng $A$ qua tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$

Gọi tiếp $J$ là trung điểm $IA'$ và $G$ là trung điểm $BC$

Khi đó: $OJ=$$\frac{AI}{2}$ ; $OG=\frac{AH}{2}$ suy ra $JG=\frac{IH}{2}=\frac{d_{M/BC}}{2}$ nên $J$ thuộc đường trung bình của hình thang $BMNC$

Xét phép $V_{J}^{-\frac{1}{2}}$ :

$MN \mapsto BC; P \mapsto Q';E,F\mapsto E',F'; I \mapsto A'$;$B,C\mapsto B', C'$

Dễ thấy $E'$ và $F'$ thuộc $BF$, $CE$ và $B', C'$ thuộc $MN$

Gọi giao điểm của $E'F'$ với $(O)$ là $K$ ta sẽ chứng minh $Q'K$ vuông góc với $E'F'$

Thật vậy gọi $L$ là chân đường cao kẻ từ $P$ xuống $EF$

Ta có: 

$\widehat{B'LC'}=\widehat{C'LP}+\widehat{PLB'}=\widehat{C'FP}+\widehat{B'EP}=\widehat{AMN}+\widehat{ANM}=180-\widehat{A}$

Sử dụng $IH=d_{M/BC}$ ta cũng chứng minh được:

$\widehat{B'IC'}=\widehat{BHC}=180-\widehat{A}$

Suy ra: tứ giác $ILB'C'$ nội tiếp

Do đó qua phép vị tự thì $Q'K$ vuông góc với $E'F'$ mà để ý thấy $AK$ cũng vuông góc $E'F'$

Nên 3 điểm $A, Q', K$ thẳng hàng.

Hơn nữa có $EF$ song song với $E'F'$ suy ra $Q\equiv Q'$

Đến đây ta nhận được dpcm.