Chủ đề này có 434 trả lời

[QuangDuong12011998]

Lời giải bài 69

Không mắc mớ gì tới vuông góc 

Gọi $D$, $E$, $F$ là giao điểm các cặp $(BZ, CY)$, $(AX,CZ)$, $(AY,BX)$.

Và hóa ra chỉ cần chứng minh $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy thôi!

Gọi $T$ là giao điểm của $BE$, $CF$.

Ở đây mình dùng tỉ số kép. $PA$ cắt $BC$ tại $A'$

$(BT,BA,BD,BC)=(BE,BA,BD,BC)=(BE,BA,BZ,BC)=(CE,CA,CZ,CB)=(CX, CA,CP,CA')=(X,A,P,A')$

Giống hệt, ta được $(CT,CA,CD,CB)=(CF,CA,CD,CB)=(X,A,P,A')$

Do đó $BE\cap CF$, $A$, $D$ thẳng hàng, tức là $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy.

Quay lại bài của Bảo, $BE$, $CF$ là đường cao nên $AD$ là đường cao.

Mình đề nghị bài tiếp theo

$\boxed{\text{Bài toán 70}}$(Morley point of quadrilateral) Cho 4 đường thẳng $a$, $b$, $c$, $d$ đôi một cắt nhau và không có bộ ba nào đồng quy.

Kí hiệu $\triangle abc$ là tam giác tạo bởi 3 đường thẳng $a$, $b$, $c$.

Gọi $N_a$, $N_b$, $N_c$, $N_d$ là tâm đường tròn 9 điểm của $\triangle bcd$, $\triangle cda$, $\triangle dab$, $\triangle abc$.

Chứng minh các đường thẳng lần lượt qua $N_a$, $N_b$, $N_c$, $N_d$ và vuông góc $a$, $b$, $c$, $d$ đồng quy tại một điểm trên đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần $abcd$.

P.S: Đường thẳng Steiner đã quen thuộc nhưng mình nhắc lại, đó là đường thẳng chứa trực tâm của 4 tam giác $\triangle bcd$, $\triangle cda$, $\triangle dab$, $\triangle abc$.

Hơn nữa, bài này mình đã có lời giải rồi, không tọa độ gì hết, thuần túy hình học thôi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 07-07-2016 - 21:11

[Ngockhanh99k48]

Đó chính là bài IMO Shortlist 2009 G6
http://www.artofprob...h355793p1932938

[quanghung86]

$\boxed{\text{Bài toán 71.}}$ Chứng minh rằng đường thẳng Simson của một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp một tam giác chia đôi đoạn thẳng nối điểm đó và cực trực giao của đường thẳng Simson này với tam giác đã cho.

[anhquannbk]

Bài toán 71 là bài T12/459 trên báo THTT do thầy đề nghị thì phải.

[baopbc]

Để tiếp tục topic, xin đề nghị một bài toán mới.

 

$\boxed{\text{Bài toán 72}}$ (Telv Cohl) Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I.(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F.P$ bất kì trong tam giác. $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm của $DP,EP,FP$ với $(I).X*,Y*,Z*$ lần lượt là giao điểm của $CY$ và $BX,AZ$ và $CX,AY$ và $BX$. 

Chứng minh rằng $XX*,YY*,ZZ*$ đồng quy tại $T$

PS.

Bài toán này là trường hợp đặc biệt của một bài toán của Telv Cohl chưa có lời giải. Lưu ý rằng ta cũng có thể chứng minh $PG_e$ đi qua $T$.

Link gốc bài toán: http://www.artofprob...1240576p6333123

[QuangDuong12011998]

Lời giải bài 72.

Trong link gốc, bài toán của Telv có tới 4 đường đồng quy. Cái thứ 4 khó hơn.

Theo định lý Steinbart, $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy.

Theo chứng minh của bài 69 thì $XX^*$, $YY^*$, $ZZ^*$ đồng quy.

Với những bài có đúng 1 conic thì ta chỉ cần chứng minh cho đường tròn là đủ.

Nhờ thầy Hùng giúp em đề nghị bài mới.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:54

[quanghung86]

Dương đồng ý, mình xin đề nghị một bài khác

 

$\boxed{\text{Bài toán 73.}}$ Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $AD$ cắt $BC$ tại $E$. $AC$ cắt $BD$ tại $G$. $H$ là hình chiếu của $O$ lên $EG$. Trung trực $EH$ cắt $BC,AD$ tại $M,N$. Đường tròn $(HMB)$ và $(HNA)$ cắt nhau tại $K$ khác $H$. Chứng minh rằng $\triangle KBE\sim\triangle KEA$.

 

Cám ơn Quân(halloffame) đã nhắc mình chỉnh lại đề. Tiện thể mình thêm hình vẽ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:54

[quanghung86]

Đáp án gốc bài toán 71.



Gọi $ABC$ là tam giác nội tiếp đường tròn $(O)$ và điểm $P$ thuộc $(O)$. Để tiện cho theo dõi chúng ta giả sử $P$ thuộc cung $BC$ không chứa $A$. Gọi $E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $CA,AB$ thì đường thẳng $EF$ là đường thẳng Simson của $P$ ứng với tam giác $ABC$. Gọi $M,N$ là hình chiếu của $C,B$ lên $EF$. Đường thẳng qua $M,N$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$ cắt nhau tại $L$ thì $L$ chính là cực trực giao của $EF$ ứng với tam giác $ABC$. Ta sẽ chứng minh rằng $EF$ chia đôi $PL$, thật vậy. Gọi đường cao $CS,BT$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$ và đường cao $EU,FV$ của tam giác $AMN$ cắt nhau tại $L$. Theo kết quả quen thuộc về đường thẳng Steiner thì $EF$ chia đôi $PH$, mặt khác dễ thấy $PEKF$ là hình bình hành nên $EF$ chia đôi $PK$ vậy ta sẽ chứng minh $H,K,L$ thẳng hàng thì $EF$ sẽ chia đôi $PL$. Ta xét các đường tròn đường kính $BE$ và $CF$. Ta dễ thấy $HB.HT=HC.HS$ và $KF.KV=KE.KU$ nên $H,K$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này. Gọi $UV$ cắt đường tròn đường kính $BE,CF$ tại $J,I$ khác $U,V$. Ta có $\angle UJN=\angle UEN=\angle EUF=\angle UVF$. Từ đó $NJ\parallel FV\perp AC$ nên $NJ$ đi qua cực trực giao $L$. Tương tự $MI$ đi qua $L$. Lại có $\angle IJN=\angle UVF=\angle UEF=\angle IMN$, suy ra tứ giác $MNIJ$ nội tiếp. Vậy $LI.LM=LJ.LN$ hay $L$ cũng thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính $BE,CF$. Từ đó ta suy ra $H,K,L$ thẳng hàng hay $EF$ chia đôi $PL$.

 

Bài này chính xác là mình đã gửi đăng THTT, lời giải trên đó của Dương, vậy Dương có thể giới thiệu lời giải của mình lên đây được không ?

 

Topic đã qua một chặng đường lớn, mình rất vui vì topic ngày càng lớn mạnh và được nhiều bạn tận tụy tham gia đóng góp sức mình, mong rằng số bài sẽ nhanh cán mốc $100$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:54

[halloffame]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 73}}$ 

Bổ đề 1: Cho tam giác $ABC,$ một đường tròn bất kì qua $B,C$ cắt $AB,AC$ tại $E,D.BD$ cắt $CE$ tại $G,A'$ đối xứng $A$ qua $BC.$ Khi đó $\widehat{GAB} = \widehat{GA'B}.$

Chứng minh

Gọi $G'$ đối xứng $G$ qua $BC.$ Xét phép đối xứng tâm là trung điểm $BC,$ ta thấy đpcm $\Leftrightarrow AG,AG'$ đẳng giác trong góc $A.$

Xét phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\frac{AD}{AB}$ hợp với phép đối xứng qua phân giác góc $A$ thì phép biến hình hợp này biến $D$ thành $B,E$ thành $C.$

Lại có $\widehat{ADB} = \widehat{AEC} = \widehat{ABG'} = \widehat{ACG'}$ nên phép này cũng biến $G$ thành $G',$ do đó ta có đpcm.

Bổ đề 2: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ có $AD$ cắt $BC$ tại $E,AC$ cắt $BD$ tại $G.(G;GE)$ cắt $AD,BC$ tại $N,M.(GND),(GMK)$ cắt nhau tại $K$ khác $G.$ Khi đó $ECKD$ là hình bình hành.

Chứng minh

Gọi $K'$ là điểm sao cho $ECKD$ là hình bình hành. Theo bổ đề 1 thì $\widehat{DK'G} = \widehat{DEG}.$

Mặt khác ta có $\widehat{DKG} = \widehat{GN'E} = \widehat{GNE} = \widehat{GEN} = \widehat{GK'D} \Rightarrow K' \in (DKG).$ Tương tự ta cũng có $K' \in (CKG).$

Chú ý rằng $(DKG),(CKG)$ cắt nhau tại $K,G$ và $K'$ khác $G$ nên $K'$ trùng $K,$ do đó ta có đpcm.

Cuối cùng, chú ý rằng bổ đề 2 chính là bài toàn ban đầu nghịch đảo tâm $E$ phương tích bất kì mà thành, ta hoàn tất chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:55

[QuangDuong12011998]

Lời giải bài 71

Đây là file em gửi tới THTT, lời giải của em dùng hình học định hướng.

Hình gửi kèm

• 

File gửi kèm

•  Đề ra kỳ này.pdf   189.03K   464 Số lần tải

[Nguyen Dinh Hoang]

Lời giải của em:

Gọi $I$ và $F$ lần lượt là tâm của $(EAHC)$ và $(DHBE)$ ta có $\angle NIH = 180^{\circ} - \angle EAH$ nên $I$ nằm trên $(NAH)$, tương tự $F$ nằm trên $(MBH)$. Gọi $S$ là giao của $(EMI)$ và $(NAH)$ ta có $\angle ESI + \angle NSI = 360^{\circ} - \angle NHI - \angle NME = 360^{\circ} - (\angle NME - \angle NEH - \angle EHI)$ do $I$ là tâm của $EAHC$ nên $\angle ESI + \angle ISN = 180^{\circ} + EFI = 360^{\circ} - \angle NSE$ nên $S$ nằm trên $(FNE)$ tương tự nên ta có $S$ $\equiv$ $K$ 

Vậy ta có $\angle SEM = \angle SIM = \angle NAS$ tương tự ta có 2 tam giác đồng dạng trường hợp (G.G)

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Dinh Hoang: 08-07-2016 - 23:12

[quanghung86]

Cám ơn Dương về lời giải mới chặt chẽ.

 

Lời giải nghịch đảo là cách mình tạo ra bài toán 73. Lời giải không nghịch đảo của Hoàng hay.

 

$\boxed{\text{Bài toán 74.}}$ Cho tam giác $ABC$ và $P,Q$ là hai điểm bất kỳ. Gọi $D$ là giao điểm của đối xứng $PB,PC$ lần lượt qua $QB,QC$. Tương tự có $E,F$. Gọi $K,L$ đẳng giác với $P,Q$ trong tam giác $ABC$. Gọi $X$ là giao điểm của đối xứng $KB,KC$ lần lượt qua $LB,LC$. Tương tự có $Y,Z$. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác $DBC,ECA,FAB$ có điểm chung $S$, các đường tròn ngoại tiếp tam giác $XBC,YCA,ZAB$ có điểm chung $T$ và $S,T$ đẳng giác trong tam giác $ABC$.

 

Bài này là bài tập huấn đội KHTN năm 2016.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 08-07-2016 - 23:55
Cho số thứ tự vào latex

[QuangDuong12011998]

Lời giải cho bài 74

Ý tưởng chủ đạo của em là tính chất sau: $P$, $Q$ đẳng giác khi với $\triangle ABC$ khi và chỉ khi chúng thỏa mãn ít nhất 2 trong 3 đẳng thức

\[(PB,PC)+(QB,QC)=(AB,AC);\quad (PC,PA)+(QC,QA)=(BC,BA);\quad (PA,PB)+(QA,QB)=(CA,CB)\]

Điều này được chứng minh bằng điểm trùng.

Quay trở lại bài toán, do tính đối xứng, chỉ cần cm $(SB,SC)+(TB,TC)=(DB,DC)+(XB,XC)=(AB,AC)$ là đủ.

\[(DB,DC)=(BD,BQ)+(QB,QC)+(CQ,CD)=(BQ,BP)+(QB,QC)+(CP,CQ)=2(QB,QC)-(PB,PC)\]

\[(XB,XC)=(BX,BL)+(LB,LC)+(CL,CB)=(BL,BK)+(LB,LC)+(CK,CL)=2(LB,LC)-(KB,KC)\]

Suy ra

\[(DB,DC)+(XB,XC)=2(QB,QC)+2(LB,LC)-(KB,KC)-(PB,PC)=2(AB,AC)-(AB,AC)=(AB,AC)\]

Vậy kết luận $S$, $T$ đẳng giác với $\triangle ABC$.

_____________________________

Mình đề nghị bài tiếp theo

$\boxed{\text{Bài toán 75}}$(đặc biệt hóa)$\triangle ABC$ có $I_a$, $I_b$, $I_c$ là các tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$, $B$, $C$.

$D$, $E$, $F$ thuộc $BC$, $CA$, $AB$ sao cho $AD$, $BE$, $CF$ đôi một cùng phương.

Chứng minh $DI_a$, $EI_b$, $FI_c$ đồng quy trên đường tròn ngoại tiếp $\triangle I_aI_bI_c$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 09-07-2016 - 11:35

[quanghung86]

Cám ơn Dương, đáp án của thầy cũng là bổ đề đó. Bài này trông cấu hình có vẻ kinh khủng như khi giải ra cũng không phức tạp. Ý tưởng dựa vào bổ đề đẳng giác trên và bài này là đặc trưng cho góc định hướng.

[Ngockhanh99k48]

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 75}}$.

Ta quy về bài toán sau giải cho dễ nhìn: Cho $\triangle ABC$ trực tâm $I$. $AI, BI, CI$ cắt $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$. Gọi $G, H$ thứ tự thuộc $DE, EF$ sao cho $FG \parallel DH$. Chứng minh $AH$ cắt $CG$ tại điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$.

Do $FG \parallel DH$ nên $\frac{EF}{EH}=\frac{EG}{ED}$. Kết hợp $\triangle EAF \sim \triangle EDC$, ta có $EA.EC=EF.ED=EH.EG$. Do đó ta cũng có $\triangle EAH \sim EGC$. Suy ra $\widehat{HAB}=\widehat{HAE}-\widehat{BAC}=\widehat{EGC}-\widehat{EDC}=\widehat{GCB}$. Từ đó ta có đpcm.

P/s: Anh Dương có thể post bài tổng quát của anh từ bài đặc biêt hóa được không ạ? Thầy (hoặc bạn nào đó) có thể đề xuất bài mới giúp em (mình) được không ạ?

[lucifer97]

Cho phép mình đề xuất bài tiếp theo

 

$\boxed{\text{Bài toán 76}}$. ( Đặc biệt hóa 1 bài toán của thầy Hùng)

Cho $P$ là điểm cố định nằm trong đường tròn $(O). A$ di động trên $(O), (AOP)$ giao $(O)$ tại $B$ khác $A$. Phân giác trong góc $APB$ giao $(O)$ tại $E, F$. Gọi $(I)$ là đường tròn tâm $I$ đường kính $AB. (I)$ giao $OE$ tại $M,N$;  giao $OF$ tại $R, S$.

a) Chứng minh $2$ đường tròn $(IMN), (IRS)$ cùng tiếp xúc với $1$ đường tròn cố định.  Gọi $2$ tiếp điểm là $L, K$.

b) Chứng minh $(ILK)$ tiếp xúc $1$ đường tròn cố định

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 09-07-2016 - 23:57

[QuangDuong12011998]

Ok Khánh, bài tổng quát thì thầy Hùng đã post tại http://artofproblems...1136264p5307949

Và hoàn toàn có thể tổng quát tiếp nhưng không còn đơn giản và phổ thông nữa @@

_________________________________

Trường hợp $P=I$ đơn giản và đặc biệt hơn cả, cách chứng minh của mình thì dùng barycentric nhưng mà một cách ngắn gọn.

Chú ý. $\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}}=\dfrac{\alpha-\beta}{\alpha-\gamma}$, $\dfrac{\overline{EC}}{\overline{EA}}=\dfrac{\beta-\gamma}{\beta-\alpha}$, $\dfrac{\overline{FA}}{\overline{FB}}=\dfrac{\gamma-\alpha}{\gamma-\beta}$ - có được các tỉ số có "dạng" như thế khi và chỉ khi $AD$, $BE$, $CF$ song song.

Lưu ý $\triangle I_aI_bI_c$ và $\triangle I_aBC$ đồng dạng nghịch. Theo đó, lấy $X$ trên $I_bI_c$ sao cho $\dfrac{\overline{XI_b}}{\overline{XI_c}}=\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}}$ thì $I_aX$, $I_aD$ đẳng giác với $\widehat{I_cI_aI_b}$. Tương tự, lấy $Y$, $Z$ thì ta có $I_bY$, $I_bE$ đẳng giác với $\widehat{I_aI_bI_c}$; $I_cZ$, $I_cF$ đẳng giác với $\widehat{I_aI_cI_b}$. Áp dụng chú ý trên cho $\triangle I_aI_bI_c$ thì ta được $I_aX$, $I_bY$, $I_cZ$ đôi một song song. Điều đó dẫn tới $I_aD$, $I_bE$, $I_cF$ đồng quy trên $(I_aI_bI_c)$.

[Nguyen Dinh Hoang]

Lời giải của mình 

Bổ đề: Cho tg $ABC$ nội tiếp $(O)$, $D$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$. Gọi $F$ là giao của đường tròn $(D, DA)$ với $AE$ là $F$ ( $E$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$. $DF$ cắt $(BC)$ tại $K$ và $L$. $H$ là trung điểm $BC$. $G$ là giao của $AD$ với $BC$ Thì $(G, GF)$ tiếp xúc $(KHL)$.

Chứng minh

Gọi $M$ là giao của $DH$ với $(KHL)$, $N$ là giao của $AE$ với $BC$, $X$ là giao của $NM$ với $FH$. Ta có $DM.DH = DK. DL = DH.DY$ trong đó $Y$ là trực tâm của $DBC$. nên $M$ và $E$ đối xứng nhau qua $BC$. Ta lại có $FD$ là tiếp tuyến của $(FHE)$ nên $\angle FEH = \angle DEH = \angle NME$ suy ra $DMFX$ nội tiếp nên $\angle FDE = \angle MXH = \angle MLH$ nên $X$ nằm trên $(KHL)$. Cũng từ đó ta có $\angle MXH = \angle FDH = \angle FGH$ nên $X$ cũng nằm trên $(NFX)$ Tiếp tục biến đổi góc ta có $GXF$ cân tại $G$ nên $X$ nằm trên $(G, GF)$ Tiếp theo gọi $Xx$ là tiếp tuyến của $(G, GX)$ ta có $\angle xXF = \frac{1}{2} .\angle XGF =\angle NEM = \angle NME$ nên $Xx$ cũng là tiếp tuyến của $KHL$ ta kết thúc chứng minh bổ đề.

Áp dụng bổ đề ta có $DPCM$ kết thúc phần $a,$.

Gửi trước câu a vậy 

Ai có thể giúp mình sữa lỗi phần latex trên dc không ạ đánh đúng mà vẫn vậy

Ta dễ dàng chứng minh $FBEA$ là tứ giác điều hòa $AB$ đi qua $C$ là giao 2 tiếp tuyến tại $E$ và $F$ của $(O)$. 

Phát biểu lại bài toán như sau. Cho $ABCD$ điều hòa nội tiếp $(O)$. $X$ là giao của 2 tiếp tuyến tại $B$ và $D$ của $(O)$ gọi $E$ là trung điểm $AC$, $F$, $G$ thứ tự là giao của $BE$, $CE$ với $(X, XB)$  thì $(EFG)$ tiếp xúc $(X, XO)$ 

Chứng minh;

Theo kết quả về đối trung ta có 5 điểm $X, B, D, O, E$ đồng viên nên $\angle EBX + \angle EGX = 180^{\circ}$ nên gọi $G'$ là đối xứng của $B$ qua $AX$ thì $E, G, D$ thẳng hàng và $G'$ hiển nhiên nằm trên $(X, XB)$ nên $G'$ trùng $G$ tương tự ta được $FG$ $=$ $BD$ nên $X$ nằm trên $(FEG)$ 

lại gọi $EO$ cắt $(EFG)$ tại $H$ thì biến đổi góc cho ta $H$ là điểm chính giữa cung $FG$ nhỏ  nên $XH$ vuông góc $FG$ mà $FG$ và $BC$ đối xứng nhau qua $AX$ nên $XH$ và $XO$ đối xứng nhau qua $AX$ nên $XH = XO$ vì có vuông góc ta kết luận điều phải chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 10-07-2016 - 09:30
Hình rối + nhiều quá nên mình tạm xóa nó đi

[Ngockhanh99k48]

Bài 76 này hay đấy , bạn lucifer97 có thể post bài tổng quát của bài đặc biệt hóa đó được không?

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 76}}$

a) $PO$ và $PE$ lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài của góc $\widehat{APB}$ nên $EF \perp OP$. $EF$ cắt $AB$ tại $X$. $OP$ cắt $AB$ tại $Q$. Ta có $X, I, P, O$ đồng viên nên $\overline{QX}.\overline{QI}=\overline{QP}.\overline{QO}=\overline{QA}.\overline{QB}$ nên theo Maclaurin thì $(QXAB)=-1$. Từ đó ta có ngay $QE, QF$ là hai tiếp tuyến của $(O)$. $EI$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $F'$. Ta có $EF, EF'$ thứ tự là đối trung và trung tuyến của $\triangle EAB$ nên $FF' \parallel AB$. Do $I$ là trung điểm $AB$ nên $IF = IF'$ và ta cũng có $IF$ và $IE$ đối xứng nhau qua $AB$. Gọi $K$ đối xứng của $F$ qua $AB$ thì $K, E, I, F'$ thẳng hàng và dễ thấy $I$ là trung điểm $KF'$. Ta có $IA^2=-\overline{IA}.\overline{IB}=-\overline{IE}.\overline{IF'}=\overline{IK}.\overline{IE}$. 

Xét phép nghịch đảo đường tròn $(I)$: $I_{(I)}: E \leftrightarrow K, M \leftrightarrow M, N \leftrightarrow N$. Do $E, M, N$ thẳng hàng nên $I, K, M, N$ đồng viên. Hơn nữa do $Q \in AB$ nên $K$ là đối xứng của $F$ qua $AB$ thì $K \in (Q; QE)$.

Mặt khác $P_{I/(Q; QE)}=QI^2-QE^2=QI^2-\overline{QX}.\overline{QI}=\overline{QI}.\overline{XI}=IA^2$ (theo hệ thức Newton). Do đó $(I)$ và $(Q; QE)$ trực giao. 

Qua phép nghịch đảo $I_{(I)}: (Q; QE) \leftrightarrow (Q; QE), MN \leftrightarrow (IMN)$. Do $MN$ tiếp xúc $(Q; QE)$ tại $E$ nên $(IMN)$ tiếp xúc $(Q; QE)$ tại $K$. Do $(O), P$ cố định nên $Q$ cố định. Suy ra $(Q: QE)$ cố định. Tương tự với $(IRS)$. Ta có đpcm.

b) Gọi $O'$ đối xứng của $O$ qua $AB$. $O', I, Q, L, K$ thứ tự là đối xứng của $O, I, Q, E, F$ qua $AB$ nên $I, K, L, Q, O'$ đồng viên. Do đường tròn $(Q; QO)$ đối xứng $(Q; QO)$ qua $AB$ và $(OIEQF)$ tiếp xúc $(Q; QO)$ nên $(IKL)$ tiếp xúc $(Q; QO)$ cố định. Ta có đpcm.

P/s: Thầy (hoặc bạn nào đó) đề xuất giúp em (mình) bài mới được không ạ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 09-07-2016 - 23:14

[baopbc]

Đễ xuất bài toán tiếp theo.

$\boxed{\text{Bài toán 77}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Giả sử $\triangle XYZ$ là tam giác tạo bởi các tiếp tuyến tại $A,B,C.AD,BE,CF$ lần lượt là đường kính của đường tròn $(O).P,Q,R$ theo thứ tự là trung điểm $AX,BY,CZ$. Chứng minh rằng $DP,EQ,FR$ đồng quy.

Nguồn

mjuk ~ Croatia

  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 10-07-2016 - 09:36