3 replies to this topic

[Zaraki]

Như vậy lời giải cho hai bài Tuần 2 tháng 9/2017 đã được đưa tại đây kèm theo đó là hai bài toán mới của thầy Trần Quang Hùng và thầy Nguyễn Minh Hà. Xin được trích dẫn lại hai bài toán:

 

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ nhọn với $AB<AC$ có tâm nội tiếp $I$ và phân giác $AD$. $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. $P$ đối xứng $A$ qua $BC$. Trên $AP$ lấy $Q$ sao cho $\angle PQI= \angle ADB$. $K,L$ là tâm bàng tiếp gód $B,C$ của tam giác $ABC$. $M,N$ thuộc $BC$ sao cho $KN,LM$ cùng vuông góc với $QI$. $R$ là tâm ngoại tiếp tam giác $PMN$. Chứng minh rằng $\angle RHC=\angle PHB$.

 

 

Bài 2. Cho tứ giác $ABCD$. Các cạnh đối $AB$ và $CD$ cắt nhau tại $E$ còn $AD$ và $BC$ cắt nhau tại $F$. $M,N$ là hai điểm thuộc $EF$ và đối xứng với nhau qua trung điểm của $EF$. $S$ là giao điểm của $AM$ và $CN$. $P,Q$ theo thứ tự là giao điểm của $SB,SD$ và $EF$. Chứng minh rằng hai điểm $P,Q$ đối xứng với nhau qua trung điểm của $EF$.

 

[manhtuan00]

Lời giải bài 1 của em ạ 

Gọi $V$ là giao điểm của đường cao $AH$ với $(O)$ 

Gọi $X,Y$ là giao điểm của $VB,VC$ với $(AIB) , (AIC)$ , $U$ là giao điểm của $AI$ với $(O)$ . Khi đó ta có $\angle AQI = \angle ADC = \angle AVU$ nên $VU \parallel IQ$

Bằng biến đổi góc ta có $(IQ,IL) = (UV,CI) = (UV,CB)+(CB,CI) = (AI,AH)+(CB,CI) = (AI,AC) +(AC,AH) + (AC,CI) = (AI,CI) + (BC,BV) = (BC,BV) +(BG,BC) = (BG,BV) = (BX,BL) = (IX,IL) $, từ đây ta có $I,Q,X$ thẳng hàng . Chứng minh tương tự ta cũng có $I,Q,Y$ thẳng hàng 

Áp dụng bài toán mở rộng báo THTT ở đây http://analgeomatica...7&by-date=false  thì ta có tâm ngoại tiếp $(AMN)$ nằm trên $OV$ 

Suy ra qua phép đối xứng trục $BC$ , tâm ngoại tiếp $R$ của $\triangle PMN$ nằm trên $HO'$ , với $O'$ là đối xứng của $O$ qua $BC$ 

Thật vậy , $O'$ là tâm $(BHC)$ nên $HO',HP$ đẳng giác trong $\angle BHC$ , nên ta có $\angle RHC = \angle PHB$

[Nerus]

[BÀI 2]

Áp dụng đl Menelaus

Trong $\Delta SNP$ có $\overline{C,B,F}$ nên $\frac{\overline{FP}}{\overline{FN}}.\frac{\overline{CN}}{\overline{CS}}.\frac{\overline{BS}}{\overline{BP}}=1$        [1]

Trong $\Delta SNQ$ có $\overline{C,D,E}$ nên $\frac{\overline{EQ}}{\overline{EN}}.\frac{\overline{CN}}{\overline{CS}}.\frac{\overline{DS}}{\overline{DQ}}=1$      [2]

Trong $\Delta SMP$ có $\overline{E,A,B}$ nên $\frac{\overline{EM}}{\overline{EP}}.\frac{\overline{BP}}{\overline{BS}}.\frac{\overline{AS}}{\overline{AM}}=1$       [3]

Trong $\Delta SMQ$ có $\overline{F,A,D}$ nên $\frac{\overline{FM}}{\overline{FQ}}.\frac{\overline{DQ}}{\overline{DS}}.\frac{\overline{AS}}{\overline{AM}}=1$      [4]  

Lấy [2] : [1] x [4] ; [3] ta có

$\frac{\overline{EQ}}{\overline{EN}}.\frac{\overline{FN}}{\overline{FP}}=\frac{\overline{EM}}{\overline{EP}}.\frac{\overline{FQ}}{\overline{FM}} \Rightarrow \frac{\overline{QE}}{\overline{QF}}= \frac{\overline{PF}}{\overline{PE}}$ do  $\overline{EN}=-\overline{FM},\overline{EM}=-\overline{FN}$

Từ đó có đpcm

Attached Images

• 

Edited by Nerus, 18-09-2017 - 20:03.

[TQHKTH]

Lời giải bài 2 của mình.

 

Gọi $(\mathcal{C})$ là conic đi qua 5 điểm $A, B, C, D, I$.

Dễ thấy rằng:

$$A(BDIS) = A(EFIM) = (EFIM) \stackrel{\mathcal{S}_I}{=} (FEIN) = C(FEIN) = C(BDIS)$$

Như vậy $S\in (\mathcal{C})$. Và từ đây ta có:

$$(EFIP) = B(EFIP) = B(ACIS) = D(ACIS) = D(FEIQ) = (FEIQ)$$

Chú ý rằng phép đối xứng qua $I$ biến: $E, F, I\mapsto F, E, I$ nên cũng biến $P\mapsto Q$.

Ta có điều phải chứng minh.

Edited by TQHKTH, 20-09-2017 - 19:29.