Một số đặc điểm của đường đối trung được tổng hợp bởi $LuisGonzáles$.

 Đặc trưng của đường đối trung.pdf   131.43K   967 Số lần tải

Bài toán. (Đào Thanh Oai)  Cho ngũ giác $A_1A_2A_3A_4A_5$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đặt $B_i=A_{i-1}A_i\cap A_{i+1}A_{i+2}$ với mọi $i\in \overline{1,5}$.

$(O_i)$ là đường tròn qua $B_i,A_{i+2},A_{i+4}.C_i$ là giao điểm thứ hai của $O_{i+1}$ và $(O_{i+4}$.

Khi đó $C_1,C_2,C_3,C_4,C_5$ cũng thuộc một đường tròn.

Bổ sung. (baopbc) a) $A_iC_{i+2}$ đồng quy tại $I$.

b) Gọi $J$ là tâm $(C_1C_2C_3C_4C_5)$. Chứng minh $O,I,J$ thẳng hàng.

Spoiler

Bài toán được chú Đào Thanh Oai đưa lên AopS vào chiều nay, không hiểu vì sao lại bị mất , mình xin được đăng lại tại đây!

Hình vẽ

$\textbf{Bài toán.}$ $\textit{(Lim Jeck)}$ $X,Y,Z$ là các điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho

$\angle BAY=\angle CAZ,\angle CBZ=\angle ABX,\angle ACX=\angle BCY$

Kéo dài $AY,AZ$ cắt $BC$ lần lượt tại $Y_a,Z_a$. Tương tự xác định các điểm $X_b,Z_b,X_c,Y_c$. Giả sử $X_bY_a,Y_cZ_b,Z_aX_c$ đồng quy.

Chứng minh rằng tồn tại các điểm $D,E,F$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho $X$ thuộc $EF,Y$ thuộc $FD,Z$ thuộc $DE$ và $AD,BE,CF$ đồng quy.

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA$, $AB$ và tiếp xúc trong $(O)$.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm các cung $CA$, $AB$ chứa $B$, $C$ của $(O)$. $AM$, $AN$ lần lượt cắt $KC$, $KB$ tại $P$, $Q$.

$R$ đối xứng $A$ qua $PQ$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $RBC$ tiếp xúc $(K)$.

Hình vẽ bài toán

Tiếp tục nào!

Bài toán. (Tev Cohl) Cho hai tam giác $ABC$ và $DEF$ sao cho $AD,BE,CF$ đồng quy. $P,Q,R,S,U,V$ lần lượt là giao của $BC$ với $FD,BC$ với $DE,CA$ với $DE,CA$ với $EF,AB$ với $EF,AB$ với $FD$. Chứng minh rằng $\odot (BDP),\odot (CDQ),\odot (CER),\odot (AES),\odot (AFU),\odot (BFV)$ có chung tâm đẳng phương.

Hình vẽ bài toán

Một bài rất đẹp nhưng chưa có lời giải!

Cho $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn: $f(x^n+y^n)=(x+y)(f^{n-1}(x)-f^{n-2}(x)f(y)+...+f^{n-1}(y))\forall x,y\in \mathbb{R},n$ lẻ, $n>1$

Chứng minh rằng $f(ax)=af(x)\forall x\in \mathbb{R}$ và $\forall a\in \mathbb{N}$.

Cho $ABCD$ là tứ giác nội tiếp. Giả sử $AD$ cắt $BC$ tại $S$. Lấy $I$ thuộc phân giác $\angle DSC$. $AI, BI$ cắt $(O)$ tại $K,L$. Lấy $P$ đối xứng với $C$ qua $OL$. Tương tự lấy điểm $Q$. $R,S$ lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ $DP, QC$. $M,N$ lần lượt là giao của $TP$ với $AR$; $TQ$ với $BS$. ($T$ là điểm chính giữa cung nhỏ $AB$). Chứng minh: $TM=TN$.

CHo đường tròn $(O)$.Hai đường tròn $(C1)$ và $(C2)$ tiếp xúc trong với $(O)$ lần lượt tại $A$ và $F$.Hai đường tròn này cắt nhau tại 2 điểm D và E phân biệt.Gọi K là hình chiếu của A lên DE.H là trung điểm của AK.M là trung điểm $DE$.Chứng minh góc $HMK$ bằng $\frac{1}{2}$ số đo cung nhỏ $AF$ của $(O)$.

Bài này không ai giải cả đơn giản là vì đề bị sai! Xem hình sau.

Bài toán. (Thầy Trần Quang Hùng} Cho tam giác $ABC$, đường kính $AD$. Phân giác $AL(L$ thuộc $BC).E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $CE=CL,BE=BL.(AEF)$ cắt $AD$ tại $K$. Kẻ $KH\perp BC.DH$ cắt đường cao ứng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$ tại $N$. Chứng minh rằng $(NH)$ tiếp xúc $(AEF).$ 

Hình vẽ bài toán

P/s

Trên hình mình đã có một số gợi ý liên quan!

Cho em hỏi kí hiệu này là gì ạ?

$\binom{k}{n}$

Gọi $T$ là trung điểm $BC$. Ta có $MS^2-MB^2=\frac{BE^2}{4}-\frac{BF^2}{4}$, tương tự thì $NC^2-NS^2=\frac{CE^2}{4}-\frac{CF^2}{4}$

$\Rightarrow MS^2-MB^2+NC^2-NS^2=\frac{BE^2}{4}-\frac{BF^2}{4}+\frac{CE^2}{4}-\frac{CF^2}{4}=\frac{BC^2}{4}-\frac{BC^2}{4}=0$

Mặt khác do $TB^2-TC^2=0$ nên $MS^2-MB^2+NC^2-NS^2+TB^2-TC^2=0$

Do đó theo định lí $\text{Carnot's}$, $K$ thuộc đường thẳng qua $T$ vuông góc với $BC$. Do đó $K$ di chuyển trên một đường thẳng cố định.

Bài này có cách dựng như sau:

Thực ra trước đây có một bài toán liên quan đến cái này mà thầy em ra rồi./

ED giao OI tại S. Áp dụng định lí Menelaus ta có: SI/SO=r/R

Vậy ta xác định được S.

Cách dựng: Xác định S t/m: SI/SO=r/R

SD cắt (O) tại E. OE cắt ID tại K thì (K;KE) là w cần dựng./

Bài này mình có đưa lên diễn đàn một lần rồi, bạn xem tại đây hoặc trong bài viết "đường tròn phụ trong một số bài toán tiếp xúc"!

Bài này là USAMO 2011, xin trích dẫn lại lời giải của một thành viên trên AoPS.

Bạn chép sai đề rồi, đề đúng phải là: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có $AC$ là đường kính. $H$ là hình chiếu của $B$ lên $AC$. $T$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. Chứng minh: $AT$ chia đôi $BH$.

Chứng minh: $CT$ cắt $AB$ tại $K$. Do $\triangle CBK$ vuông tại $B$, $TB=TC$ nên $BT$ là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông $CBK$.

$\Rightarrow T$ là trung điểm $CK$. Do $BH//CK$ nên theo định lí hình thang ta có điều phải chứng minh.

Ừ, bài này khá là đơn giản! Không biết anh Phương lấy đề ở đâu hay tự chế mà em thấy quen quen!

Chứng minh: Ta có: $\angle APK=\angle PBC=\angle MPB$ nên $K,M$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong $\triangle APB$.

$\Rightarrow \angle KBP=\angle MBA=\angle NBC$

$\Rightarrow \angle KBE=\angle PBC=\angle APK$.

Vậy $B,K,E,P$ đồng viên.

Ta có điều phải chứng minh!

Bài toán. Cho $\triangle ABC$ có $(I)$ là đường tròn nội tiệp và $(N)$ là đường tròn $Euler$.

Chứng minh rằng: $(I)$ tiếp xúc với $(N)$.

Hình vẽ bài toán

Cho dãy số $F_1,F_2,..,F_n$ được xác định như sau : $F_1=1,F_2=-1,..,F_n=-F_{n-1}-2F_{n-2}$ với $n$ là số tự nhiên lớn hơn $3$. Hỏi số $S_n=2^{n+1}-2F_{n-1}^2$ với $n$ là số tự nhiên lớn hơn $3$ có là số chính phương hay không ? 

Mình không biết có hiểu lầm không nhưng theo mình thì bài này dễ và phù hợp với $THCS$!

Ta chứng minh bằng quy nạp $F_{n}$ lẻ với mọi $n$ thuộc $N*$.

$n=1$: mệnh đề đúng

Giả sử mệnh đề đúng với $n=k$ tức là $F_{k}$ lẻ, ta chứng minh nó đúng với $n=k+1$

Do $F_{k}$ lẻ, $2F_{k-1}$ chẵn nên $F_{k+1}$ lẻ. Vậy mệnh đề đúng với $n=k+1$

Theo nguyên lí quy nạp ta suy ra $F_{n}$ lẻ với mọi $n$ thuộc $N*$.

Ta có $S_{n}=2(2^{n}-F_{n-1}^{2})$ chẵn nên $S_{n}$ là số chính phương khi và chỉ khi $S_{n}\vdots 4$. Mặt khác do $F_{n-1}^{2}$ lẻ nên $2^{n}-F_{n-1}^{2}$ lẻ

Vậy $S_{n}$ không thể là số chính phương.

P/s:

Đây là bài số 6 trong IMO 2015, đối với bài này mình nghĩ nên đặt trong box tổ hợp thì hơn!

Bạn xem lời giải tại đây: http://www.artofprob...1113168p5103714

Bài toán. Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn bất kì qua $B,C$ cắt $AC,AB$ lần lượt tại $E,F$. Đường thẳng qua $E,F$ lần lượt vuông góc với $AC,AB$ cắt nhau tại $O$. Lấy $M,N$ bất kì trên $EO,FO$ theo thứ tự đó. Kẻ $CQ\perp AM,BP\perp AN. BP$ và $AM$ cắt nhau tại $I$. $MB$ cắt $NC$ tại $K$.

Chứng minh rằng: $\overline{O,I,K}$

Hình vẽ bài toán

Nguồn: Own

Mình đã đưa bài toán lên AopS và nhận được lời giải của EinsteinXXI tại đây.

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ và ngoại tiếp đường tròn tâm $I$. $G$ là giao điểm hai đường chéo. Chứng minh rằng $O, I, G$ thằng hàng.
Tổng quát bài toán.

Bài này là một ứng dụng của định lí $Brokard$ kết hợp với một số tính chất cơ bản của tứ giác ngoại tiếp.

Trước tiên, xin nhắc lại một số kết quả cơ bản của tứ giác ngoại tiếp.

Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp $\odot (I).M,N,P,Q$ lần lượt là các tiếp điểm.

Kết quả 1. $MP,NQ,AC,BD$ đồng quy.

Đây là kết quả cơ bản.

Kết quả 2. $K,L,E,F$ lần lượt là giao điềm của $AD,BC;AB,CD;MQ,NP;MN,PQ$. Khi đó $\overline{K,L,E,F}$.

Đây chỉ là hệ quả của định lí $Pascal$.

Áp dụng vào bài toán: Theo kết quả $1$ thì $MP,NQ,AC,BD$ đồng quy tại $X$. Theo định lí $Brokard$ thì $OX\perp KL,IX\perp EF$. Sử dụng kết quả $2$ ta suy ra $\overline{O,I,G}.\blacksquare$

Tổng quát thì gần như là không có, có thể có một tổng quát về một lục giác nội tiếp và ngoại tiếp đường tròn!

$\boxed{\textrm{Bài toán}}$ (Thầy Trần Quang Hùng - Vietnam IMO Training 2016[1])

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot (O)$ và $M$ là trung điểm $BC,AM$ cắt $\odot (O)$ tại điểm thứ hai $N.D$ đối xứng với $A$ qua $M$. Trung trực $AC,AB$ cắt đường thẳng qua $N$ và vuông góc với $AN$ lần lượt tại $P,Q.K,L$ lần lượt là hình chiếu của $P,Q$ lên $DC,DB.E,F$ lần lượt là trung điểm $CA,AB.I,J$ thuộc $OP,OQ$ sao cho $BI\perp BA,CI\perp CA$. Lấy $S,T$ sao cho $IS\perp SA\parallel EK$ và $JT\perp TA\parallel FL$. Chứng minh

$\angle FSA=\angle ETA$

Trong [1] mình có đề xuất một mở rộng như sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot (O)$ và $M$ là trung điểm $BC.D$ đối xứng với $A$ qua $M.N$ là một điểm bất kì trên $AD$.Trung trực $AC,AB$ cắt đường thẳng qua $N$ và vuông góc với $AN$ lần lượt tại $P,Q.K,L$ lần lượt là hình chiếu của $P,Q$ lên $DC,DB.E,F$ lần lượt là trung điểm $CA,AB.I,J$ thuộc $OP,OQ$ sao cho $BI\perp BA,CI\perp CA$. Lấy $S,T$ sao cho $IS\perp SA\parallel EK$ và $JT\perp TA\parallel FL$. Chứng minh

$\angle FSA=\angle ETA$

Hình vẽ bài toán mở rộng

Câu a dễ thôi, cộng góc là được./

Bài này khá hay, mô hình nó khá giống với bài hình học ngày 2 Vietnam TST 2015! Ngoài tính chất trên nó còn có nhiều tính chất khác rất thú vị!

Lời giải của mình: Để giải quyết bài toán, ta cần có bổ đề sau: Cho $\triangle ABC$ cân nội tiếp $(O)$. $D$ là điểm bất kì trên cung $BC$ không chứa $A$. Khi đó: 

$\frac {AD}{AC}=\frac {BD+DC}{BC}$.

Chứng minh: Trên $BD$ lấy $E$ sao cho $DE=DC$. Do $\triangle CDE$ cân tại $D$ nên ta có biến đổi góc: $\angle CED=\angle CDB/2= \angle ADC $. Mặt khác lại có:

$\angle CAD=\angle CBD \Rightarrow \triangle CAD \sim \triangle CBE$

$\Rightarrow \frac {AD}{AC}=\frac {BE}{BC}=\frac {BD+DC}{BC}$. Bổ đề được chứng minh.

Quay lại với bài toán: Nhận xét rằng: $\angle BAP=\angle ACP, \angle CAP=\angle ABP$ nên $(APB)$ tiếp xúc $AC$ và đi qua $B$; $(APC)$ tiếp xúc $AB$ và đi qua $C$. Dễ thấy $\triangle APB \sim \triangle CPA (g.g)$

Do $M,N$ lần lượt là các tâm nội tiếp $\triangle APB$ và $\triangle APC$ nên dễ dàng suy ra $\triangle MPN \sim \triangle APC ;O$ thuộc $AP$ ($O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$); $M,N,O,P$ đồng viên.

$\Rightarrow \frac {AP}{AB}= \frac {PC}{AC} \Rightarrow \frac {1}{R}=\frac {1}{AP}+\frac {1}{AB}+\frac {1}{AC} \Leftrightarrow \frac {AP}{R}=1+\frac {AP}{AB}+\frac {AP}{AC}=1+\frac {PA+PC}{AC}=\frac {MP+PM}{MN}+1 \Leftrightarrow \frac {OP}{R}=\frac {MP+PM}{MN}$

Đẳng thức cuối đúng theo bổ đề nên ta có điều phải chứng minh!