Chủ đề này có 3 trả lời

[the man]

Bài toán:

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$. Đường tròn đường kính $HA$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Đường tròn đường kính $HG$ cắt $(O)$ tại $K$. $AD, AM$ là đường cao và trung tuyến tam giác $ABC$. Đường thẳng $KG$ cắt đường tròn $(KDM)$ tại $N$ khác $K$

Chứng minh $MN$ chia đôi đoạn $AG$

Nguồn: Thầy Trần Quang Hùng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the man: 18-07-2015 - 21:49

[dangkhuong]

Bài này tương đương định lý Blanchet

[perfectstrong]

Lời giải: (vắn tắt)

Trước hết, ta cần có một bổ đề như sau: (tìm ra bổ đề bằng cách lược bỏ lần lượt các chi tiết bài toán và thay đổi góc nhìn, nhưng không chắc là thầy giải bằng cách này không, và mình cũng chưa làm hay đọc bài gốc của nó)

Bổ đề:

Cho đường tròn tâm M đường kính BC. Dây $BD, CE$ cắt nhau tại $H$. $HM$ cắt đường thẳng qua $C$ vuông góc $BC$ tại $K$. $DE$ cắt $BC$ tại $J$. Khi đó, hai tam giác $DBJ, DCK$ đồng dạng thuận.

==================

Quay lại bài toán.

Gọi $(O')$ là đường tròn đường kính $HG$. $KM$ cắt $(O')$ lần thứ 2 tại $J$.
$KH$ cắt $GJ$ tại $X$. $O'X$ cắt $GT$ tại $T$. Vẽ đường kính $AA'$ của $(O)$.
Tiếp tuyến tại $J$ của $(O')$ cắt $AG$ tại $I$. $JH$ cắt $KG$ tại $Y$.

 

Trước hết, ta chứng minh $T$ là trung điểm $AG$. Thật vậy:
Áp dụng bổ đề cho đường tròn $(O')$ có đường kính $GH$ với 2 dây cung $GJ, HK$, ta thu được: tam giác $KGT, KHM$ đồng dạng thuận.
Lại chú ý rằng tam giác $KGA, KHA'$ đồng dạng thuận và $M$ là trung điểm $HA'$. Do đó $T$ là trung điểm $GA$.

Ngoài ra, ta còn thu thêm $\angle TKM=90^o=\angle TGM \Rightarrow T,G,K,M$ đồng viên.

Tiếp theo, $GJ\parallel TM$ vì $(JG,JK)\equiv (GK,GT)\equiv (MT,MK) \pmod{\pi}$. (Để ý $TG$ tiếp xúc $(O')$ tại $G$)

Bây giờ ta chứng minh $I, Y\in BC$.
Theo định lý Pascal cho $(G,G,K,J,J,H)$, ta có $I,Y,M$ thẳng hàng.
Theo định lý Brocard cho $KGJH$, $XO' \perp YM$.
Mà $TO' \parallel AH \Rightarrow AH \perp YM$.
Lại có $BC \perp BC \Rightarrow YM \equiv BC$ tức $I,Y \in BC$.

 

$\overline{MJ}.\overline{MK}=\overline{MH}.\overline{MG}=\overline{MD}.\overline{MI} \Rightarrow K,J,D,I$ đồng viên.

Dễ thấy $K,H,D,Y$ đồng viên.

Ta sẽ chứng minh $MN$ qua $T$ bằng cách chứng minh trùng. Vẽ $MT$ cắt $KG$ tại $N'$. Ta cần có $N',K,D,M$ đồng viên. Thật vậy:
$$(N'K,N'M) \equiv (GK,GJ) \equiv (JK,JI) \equiv (DK,DI) \pmod{\pi} \Rightarrow Q.E.D$$

[dogsteven]

Bổ đề. Bài 3 IMO 2015

Trở lại bài toán. Giả sử $KM$ giao $(ABC)$ và $(KGH)$ lần lược tại $P, Q$. Dựng đường kính $AA'$ của $(ABC)$

Dễ dàng chứng minh $G, H, A', M$ thẳng hàng. Theo định lý Reim, ta có $QH \| A'P$

Mà $M$ là trung điểm $HA'$ nên $M$ là trung điểm $QP$

Gọi trung điểm $GA$ là $I$. Ta có $\widehat{GQK}=\widehat{GHK}=90^o-\widehat{KGA'}=90^o-\widehat{KAA'}=\widehat{AA'K}=\widehat{KPA}$

Do đó $GQ \| AP$ nên $MI \| GQ$. Theo bổ đề, ta có $GQ\|MN$. Vậy $M, I, N$ thẳng hàng. Ta có điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 10-08-2015 - 13:49