Một tứ giác sẽ là hình bình hành nếu tồn tại một điểm $O$ sao cho mọi đường thẳng đi qua $O$ thì chia đôi diện tích tứ giác.

 

Bài này là một bài viết mới tại đây 

 

https://www.awesomem...rallelogram.pdf

 

Mình thấy cách phát biểu và nguyên liệu của bài toán này hoàn toàn là chương trình lớp 8 ở VN. Liệu rằng có một lời giải đơn giản hơn, mình đưa lên để cùng trao đổi

Bài này đã có ở đây http://www.artofprob...unity/c6h329267

Bài này là một mở rộng của thầy cho 1 bài trên AoPS đã có ở đây http://www.artofprob...unity/c6h419222

Tam giác $YAC$ và $YDB$ đồng dạng g.g có các trung tuyến tương ứng là $YE,YF$ nên hai tam giác YFB và YEC đồng dạng suy ra $\angle YFB=\angle YEC$ nên tứ giác $OFYE$ nội tiếp. Tương tự $X$ thuộc $(OEF)$.

Bài toán gốc đã có và được giải ở đây từ năm 2013.

Bài toán này đặc trưng cho nghịch đảo, đã được post tại đây http://www.artofprob...h560755p3268686

 

Đường tròn cố định là đường tròn $(BHC)$.

Bài này có thể được giải nhờ bài toán Nga năm 2000 http://artofproblems...h514303p2889241 và tính chất đường thẳng Newton là tâm nội tiếp của $ABCD$ nằm trên đường nối trung điểm 2 đường chéo.

Xin trích dẫn lại nguồn, bài toán nãy đã được đăng trên mục đề ra kỳ này TH&TT tháng 8 năm 2012 số 422.

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

Đây là một trong các bài toán của Thebault, xem trong này trang 54-56.

Bài này có ở đây http://www.artofprob...h517026p2914609

Thầy khá ngạc nhiên khi thấy một kết quả đẹp thế này mà mình chưa hề biết, nhưng thực ra thử bằng máy tính thì nó không đúng đâu em ạ (ngay cả với hai đường tròn bằng nhau), em có thể thử chính xác tính chất hình bằng Geogebra xem điểm có thuộc đường thẳng không bằng cách đo khoảng cách từ điểm tới đường thẳng thôi.

Tạp chí Quantum: The Magazine of Math and Science, đã cho tải free từ năm 1990-2001

 

 

http://www.nsta.org/...ns/quantum.aspx

Lời giải. Ta thấy đường tròn $(P,PA)$ đi qua $G$ đối xứng $C$ qua $K$. Đường tròn $(Q,QA)$ đi qua $H$ đối xứng $B$ qua $L$. Dễ thấy $(P)$ cắt $(Q)$ tại $X$ là đối xứng của $A$ qua $N$. Đường tròn $(I,IA)$ đi qua $Z$ là đối xứng của $A$ qua $B$ và đường tròn $(J,JA)$ đi qua $Y$ đối xứng của $A$ qua $C$. Từ đó $(I)$ cắt $AG$ tại $U$ và $(J)$ cắt $AH$ tại $V$ ta phải chứng minh $\angle BUA=\angle CVA$. Sử dụng nghịch đảo cực $A$ ta chuyển về bài toán sau.

 

 

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ với trung tuyến $BE,CF$ và đường đối trung $AD$. Gọi $M$ là trung điểm $AD$. Đường tròn qua $A,B$ tiếp xúc $AC$ tại $BM$ tại $P$. Đường tròn qua $A,C$ tiếp xúc $AB$ cắt $CM$ tại $Q$. $AP,AQ$ lần lượt cắt $BE,CF$ tại $K,L$. Chứng minh rằng $\angle KCA=\angle LBA$.

 

 

Giải. Gọi $BS,CT$ là các đường đối trung của tam giác $ABC$. Gọi $U,V$ là đẳng giác của $K,L$ thì $U,V$ nằm trên $BS,CT$. Ta lại có $\angle UAB=\angle KAC=\angle MBA$. Theo bài Shortlist G5 thì $U$ là trung điểm $BS$. Tương tự $V$ là trung điểm $CT$. Vẫn theo bài G5 thì $\angle UCB=\angle VCB$ suy ra $\angle KAC=\angle LBA$.

 

Bài tổng quát giải tương tự chú ý rằng gốc gác của nó chính là tổng quát sau của bài G5 chuyển thành bài toán sau

 

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ với trung tuyến $BE,CF$ và đường đối trung $AD$. $M$ bất kỳ trên $AD$. Đường tròn qua $A,B$ tiếp xúc $AC$ tại $BM$ tại $P$. Đường tròn qua $A,C$ tiếp xúc $AB$ cắt $CM$ tại $Q$. $AP,AQ$ lần lượt cắt $BE,CF$ tại $K,L$. Chứng minh rằng $\angle KCA=\angle LBA$.

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.

Đây là bài toán hay, có bài toán liên quan và lời giải mới có ở đây http://www.artofprob...unity/c6h444648, cách tiếp cận dùng Newton mở rộng của Skytin cũng rất hay.

 

Bài toán liên quan http://analgeomatica...2-thang-10.html

Lời giải ở file đính kèm

Cám ơn Bảo lời giải rất xúc tích. Bài này có thể viết cách khác như sau

 

Cho tam giác $ABC$ có $\angle A=60^\circ$, điểm Fermat trong $F$ và trọng tâm $G$. $FB,FC$ cắt $CA,AB$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $FG$ tiếp xúc $(FMN)$.

 

Vấn đề đặt ra là ta có thể thay thế góc $60^\circ$ và điểm Fermat không ?

Bài toán sau rất mới của ông Francisco Javier García Capitán từ facebook.

 

Cho tam giác $ABC$ đều nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ thuộc cung nhỏ $BC$. $PB,PC$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $G$ là trọng tâm tam giác $AEF$. Chứng minh rằng $PG$ tiếp xúc $(O)$.

Bài này là đề thầy ra ở đây http://www.hexagon.e..._1446288695.pdf

 

Đáp án do bạn Nguyễn Lê Phước làm.

Có một kết quả quen thuộc là (O1),(O2),(O3) cũng đi qua điểm Miquel M thuộc (O) và cũng thuộc (O1O2O3). Dễ thấy D,E,F là đối xứng của M qua các cạnh tam giác O1O2O3 nên l là đường thẳng Steiner của M nên l đi qua trực tâm tam giác O1O2O3.

Bài này của Bảo rất ý nghĩa vì nó là mở rộng trực tiếp bài toán quen thuộc sau đây của tâm nội tiếp

 

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm nội tiếp $I$. $IB,IC$ cắt $(O)$ tại $E,F$. Đường thẳng qua $I$ song song $BC$ cắt $CA,AB$ tại $P,Q$ thì $EP,FQ$ và $AI$ cùng cắt nhau trên $(O)$.

 

Trong bài của Bảo (dùng hình và phát biểu trên AoPS) nếu gọi $BM$ cắt $CN$ tại $K$ và tâm nội tiếp tam giác $ABC$ là $J$ thì theo Pascal $I,J,K$ thẳng hàng. Thầy tìm ra bài toán tổng quát của vấn đề này như sau

 

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $P$ bất kỳ. $PB,PC$ cắt $(O)$ tại $E,F$ khác $B,C$. $S,T$ thuộc $CA,AB$ sao cho $ST\parallel BC$. $ES,FT$ cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $E,F$. BM cắt CN tại R. Chứng minh rằng $\angle PAB=\angle RAC$.

 

Lời giải dựa trên ý tưởng dùng tỷ số kép trên đường tròn của Telv Cohl trên AoPS http://www.artofprob...3_nice_geometry

 

Giải. Gọi $Q$ là đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$, ta cần chứng minh $A,Q,R$ thẳng hàng, thật vậy. Gọi $BQ,CQ$ cắt $(O)$ tại $K,L$ khác $B,C$ thì $EK\parallel CA, FL\parallel AB$. Ta có $B(AC,MK)=E(AC,MK)=(AC,S)=(AB,T)=E(AB,NL)=C(AB,NL)$ nên $A,Q,R$ thẳng hàng.

 

 

Bài toán rất hay và thú vị, thầy thấy một bài toán mở rộng hơn thế này

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn tâm ngoại tiếp $O$. Đường tròn $(BOC)$ cắt $CA,AB$ tai $E,F$ khác $B,C$. Đường đối trung qua $A$ cắt $(BOC)$ tại $M$ nằm trong tam giác. Chứng minh rằng đối xứng của $M$ qua $EF$ là $N$ nằm trên trung tuyến của tam giác $ABC$.

 

Nhận xét. Dễ thấy $N$ nằm trên đường tròn $(AEF)$ nên khi $\angle BOC=90^\circ$ thu được bài của Bảo.

 

Thầy chưa thử cm nhưng chắc cũng không khó, các em thử, nếu không được thì thầy trò cùng làm !

Mở rộng thêm nữa như sau thực ra đến đây thì cm đơn giản rồi, có thể coi nó là một bổ đề cho các bài toán trên cũng được .

Cho tam giác $ABC$ và $P$ nằm trên trung trực $BC$. Trung trực $BC$ cắt $(PBC)$ tại $S$ khác $P$. $(PBC)$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $C,B$. $AS$ cắt $(PBC)$ tại $M$ khác $S$. $T$ đối xứng $M$ qua $EF$. Chứng minh rằng $\angle SAB=\angle TAC$.

Viết lại đề đơn giản hơn như sau

 

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ và $P$ nằm trên trung trực $BC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $PBC$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $C,B$. $AP$ cắt $(PBC)$ tại $Q$ khác $P$. $R$ đối xứng $Q$ qua $EF$. Chứng minh rằng $\angle QAB=\angle RAC$.

 

Giải. Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $AH$ là đường cao. $AO$ cắt $EF$ tại $I$ và $L$ đối xứng $A$ qua $EF$. Ta dễ thấy tứ giác $EIDC$ có hai góc vuông tại $E$ và $C$ nên nội tiếp. Từ đó $AP.AQ=AE.AC=AI.AD=AL.AO$ nên tứ giác $OQPL$ nội tiếp. Chú ý $AQRL$ là hình thang cân nên $\angle RAO=\angle QLO=\angle QPO=\angle PAH$. Từ đó chú ý $\angle HAB=\angle OAC$ nên $\angle PAB=\angle RAC$.