Cho $\Delta ABC$ nhọn $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $B_1$ và $C_1$ lần lượt là các điểm đối xứng với $B, C$ qua $AC, AB$. $O'$ đối xứng với $O$ qua $A$. $O_1$, $O_2$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của $(OB_1C_1), (O'B_1C_1)$. $K$ là điểm $Kosnita$ của $\Delta ABC$. $S$ đối xứng với $O$ qua $K$. Chứng minh rằng $\widehat{O_1AO'}=\widehat{O_2AS}$.
Chứng minh rằng $\widehat{O_1AO'}=\widehat{O_2AS}$.
#1
Đã gửi 10-05-2022 - 21:32
- Hoang72 yêu thích
ズ刀Oア
#2
Đã gửi 11-05-2022 - 17:23
Trước hết ta chứng minh 4 bổ đề:
Bổ đề 1: $AK\perp B_1C_1$:
Gọi $H$ là trực tâm $\Delta ABC$.
Gọi $D$ là trung điểm của $BC$, $T$ đối xứng với $O$ qua $D$.
Theo kết quả quen thuộc ta có $AT,AK$ đẳng giác trong $\angle BAC$.
Kí hiệu $d_{M/a}$ là khoảng cách từ điểm $M$ đến đường thẳng $a$.
Khi đó $d_{T/AB}=2d_{D/AB}-d_{O/AB}=d_{C/AB}-\frac{CH}{2}=C_1H$.
Tương tự $d_{T/AC}=B_1H$ nên $\frac{d_{T/AB}}{d_{T/AC}}=\frac{C_1H}{B_1H}$.
Do đó đường đẳng giác của $AT$ trong $\angle BAC$ vuông góc với $B_1C_1$.
Suy ra $AK\perp BC$. Bổ đề được chứng minh.
Bổ đề 2: $O'$ cách đều $B_1,C_1$ và $AO_2\perp BC$:
Ta có $\frac{BC}{AO}=2\sin \widehat{BAC}=\frac{C_1C}{C_1A}$
$\Rightarrow \frac{C_1C}{CB_1}=\frac{C_1A}{AO'}\Rightarrow C_1AO'\sim\Delta C_1CB_1(c.g.c)\Rightarrow \Delta C_1O'B_1\sim\Delta C_1AC$
$\Rightarrow O'B_1=O'C_1$.
Kí hiệu $(\omega_1)$ là đường tròn $(AHBC_1)$, $(\omega_2)$ là đường tròn $(AHCB_1)$.
$(B,BC)$ cắt lại $AC$ tai $D$, $(C;CB)$ cắt lại $AB$ tại $E$.
Khi đó $D\in (\omega_1),E\in (\omega_2)$ và $B_1D\parallel C_1E \parallel BC$.
$B_1D$ cắt lại $(\omega_1)$ tại $F$, $C_1E$ cắt lại $(\omega_2)$ tại $G$.
Đồng thời ta có $\angle DFC_1=180^\circ - \angle CAC_1=180^\circ - \angle BAB_1=\angle EGB_1$, suy ra $FC_1GB_1$ là hình thang cân.
Thêm nữa $\angle DFC_1=180^\circ-\angle CAC_1=180^\circ-\angle C_1O'B_1$, suy ra $C_1,F,O',B_1,G$ cùng thuộc một đường tròn.
Từ đó $AO_2\perp B_1F\Rightarrow A,O_2,H$ thẳng hàng.
Bổ đề 3: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O;R)$, điểm $D,E$ nằm trên trung trực của $BC$.
Khi đó $AD,AE$ đẳng giác trong $\angle BAC$ $\Leftrightarrow \overline{OD}.\overline{OE}=R^2$.
Ta chứng minh phần thuận. Phần đảo chứng minh tương tự.
Vì $AD,AE$ đẳng giác trong $\angle BAC$ nên $(AD,AC)\equiv -(AE,AB)\pmod \pi$.
Do đó $(AD,AO)\equiv (AD,AC)+(AC,AO)\equiv -(AE,AB)+(BC,BA)+\frac{\pi}{2}\equiv (BC,AE)+(OE,BC)$
$\equiv (OE,AE)\pmod \pi$
$\Rightarrow$ $AO$ là tiếp tuyến của $(ADE)$ $\Rightarrow \overline{OD}.\overline{OE}=OA^2=R^2$.
Bổ đề 4: Cho tam giác $ABC$, $D,E$ là hai điểm liên hợp đẳng giác trong $\Delta ABC$.
Gọi $D'$ đối xứng với $D$ qua $BC$ thì $A,D'$ liên hợp đẳng giác trong tam giác $BEC$.
Bổ đề này khá dễ chứng minh.
Quay trở lại bài toán:
Gọi $H$ là trực tâm $\Delta ABC$.
Ta có $AK$ là đường trung bình của $\Delta OO'S$ $\Rightarrow AK\parallel O'S$.
Mà $AK\perp B_1C_1$ (bổ đề 1) nên $O'S\perp B_1C_1$.
Kết hợp bổ đề 2 ta có $O',O_1,S,O_2$ cùng thuộc trung trực của $B_1C_1$.
Gọi $L$ là tâm $(AB_1C_1)$.
Đồng thời $AH,AO$; $AB_1,AC_1$ đẳng giác trong $\angle BAC$ nên ta chỉ cần chứng minh $AO_1,AS$ đẳng giác trong $\angle B_1AC_1$.
Theo bổ đề 3, ta chỉ cần chứng minh $\overline{LO_1}.\overline{LS}=LB_1^2$.
Gọi $O_c$ là tâm Euler, $P,Q$ theo thứ tự đối xứng với $O_c$ qua $AC,AB$.
Gọi $D,E$ lần lượt là trung điểm của $OC_1,OB_1$.
Gọi $X,Y$ lần lượt là điểm đổi xứng của $K$ qua $AB,AC$.
$O_c,K$ đẳng giác trong $\Delta ABC$ nên theo bổ đề 4 ta có $(O_cX,O_cA)\equiv (O_cB,O_cC)\pmod \pi$ và $(O_cY,O_cA)\equiv (O_cC,O_cB)\pmod \pi$ $\Rightarrow (O_cX,O_cY)\equiv 2(O_cB,O_cC)\pmod \pi$.
Theo tính chất quen thuộc, $O_c$ là trung điểm của $BP,CQ$.
Do đó $(SC_1,SB_1)\equiv (KD,KE)\equiv (KD,AB)+(AB,AC)+(AC,KE)\equiv (AB,O_cX)+(AB,AC)+(AC,O_cY)\equiv 2(AB,AC)+2(O_cB,O_cC)\pmod \pi$.
Mặt khác, ta có:
$(B_1L,B_1O_1)\equiv (B_1L,B_1C_1)+(B_1C_1,B_1O_1)\equiv (AB_1,AC_1)+\frac{\pi}{2}+(OC_1,OB_1)+\frac{\pi}{2}\equiv (AB_1,AC_1)+(OC_1,AB)+(AB,AC)+(AC,OB_1)\equiv (AB_1,AC_1)+(AB,CO_c)+(AB,AC)+(BO_c,AC)\equiv (O_cB,O_cC)+(AB,AC)\pmod \pi$.
Từ đó $2(B_1L,B_1O_1)\equiv (SC_1,SB_1)$ hay $(B_1L,B_1O_1)\equiv (SB_1,SO_1)$
$\Rightarrow B_1L$ là tiếp tuyến của $(B_1O_1S)$, hay $\overline{LO_1}.\overline{LS}=LB_1^2$.
Bài toán được chứng minh hoàn tất.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 11-05-2022 - 17:24
- KietLW9 và DaiphongLT thích
#3
Đã gửi 11-05-2022 - 17:55
Mặc dù mình chưa đọc nhưng Hoang72 đưa ra lời giải nhanh quá
Thực ra đây là bài toán mình kết hợp giữa bài hình ELMO 2016 và một số bài toán mà mình đã làm
Ý tưởng của mình là như sau (có vẻ là hơi khác so với lời giải của Hoang72):
Gọi $A_1$ đối xứng với $A$ qua $BC$. Khi đó ta sẽ chứng minh $S$ là tâm $(A_1B_1C_1)$
Kết hợp với kết quả từ bài hình ELMO 2016 ta có được $AO_2\perp BC$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $AS$ và $AO_1$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$. Điều này hiển nhiên theo phép nghịch đảo đối xứng cực $A$ phương tích $AB.AC$
ズ刀Oア
#4
Đã gửi 11-05-2022 - 18:08
Lời giải ngắn gọn thật , em chỉ nghĩ đến dùng góc và bổ đề 3 nên cho lời giải dài quáMặc dù mình chưa đọc nhưng Hoang72 đưa ra lời giải nhanh quá
Thực ra đây là bài toán mình kết hợp giữa bài hình ELMO 2016 và một số bài toán mà mình đã làm
Ý tưởng của mình là như sau (có vẻ là hơi khác so với lời giải của Hoang72):
Gọi $A_1$ đối xứng với $A$ qua $BC$. Khi đó ta sẽ chứng minh $S$ là tâm $(A_1B_1C_1)$
Kết hợp với kết quả từ bài hình ELMO 2016 ta có được $AO_2\perp BC$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $AS$ và $AO_1$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$. Điều này hiển nhiên theo phép nghịch đảo đối xứng cực $A$ phương tích $AB.AC$
- KietLW9 và DaiphongLT thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: my own
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
Chứng minh $GF$ và $CJ$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$.Bắt đầu bởi DaiphongLT, 14-05-2022 my own |
|
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh