Hạ sĩ
Giải xong một bài mà xây xẩm mặt mày! Bài 10 chắc chỉ cần ý mở rộng này là đủ rồi ạ ^^!
Hơi ác 1 chút khi bài này em bê nguyên từ chủ đề đường thẳng simson steiner sang để mở rộng
ps: lúc đầu mở rộng bài thấy vui vui nhưng khi xem xong thấy giải "xây xẩm mặt mày" thì ko vui 
Sĩ quan
Hơi ác 1 chút khi bài này em bê nguyên từ chủ đề đường thẳng simson steiner sang để mở rộng
ps: lúc đầu mở rộng bài thấy vui vui nhưng khi xem xong thấy giải "xây xẩm mặt mày" thì ko vui
Nó rắc rối quá ấy. Nhiều chỗ cứ bị ngộ nhận!
Hi vọng có cái lời giải khác hay hơn!
Sĩ quan
Trao đổi bên lề với mọi người về việc tại sao mình lại chứng minh một bài toán hình chi tiết đến vậy. Có vài lý do ạ:
1) Đầu tiên là để tránh những ngộ nhận. Một bài toán càng khó thì mình càng làm chi tiết đến mức cầu kỳ. Lý do là bài toán càng khó thì nguy cơ ngộ nhận, sai logic càng cao, nhất là ở những chi tiết nhỏ mà ta tưởng là không quan trọng. Nắm bắt tổng thể bài toán là rất quan trọng, nhưng trong chứng minh toán học, mọi chi tiết phải được để ý tới. Một chi tiết sai thì toàn bộ lập luận sụp đổ. Trong lời giải của Bài 10 ở trên mình đã gặp những lỗi chi tiết như thế nhiều lần.
2) Để nhớ chứng minh. Chẳng biết mọi người thế nào nhưng mình thấy rất hay bị quên chứng minh. Trong khi làm một bài toán phức tạp ta cần phải giải quyết rất nhiều ý tưởng, có lẽ chính vì thế mà không thể nào nhớ hết được các chi tiết lập luận. Vì vậy việc ghi rõ ra là cần thiết để sau đỡ mất thời gian tìm lại. Đằng nào thì cũng mất một công làm.
3) Để cảm nhận bài toán sâu hơn. Việc dành thời gian ra để trình bày lời giải cho bài toán (cộng với cả tìm tòi các ý mở rộng) giúp mình gắn kết sâu hơn với bài toán đó. Mình đã qua cái tuổi học để đi thi, không cần phải cố giải cho nhiều bài tập nữa. Mình học toán bây giờ trên một góc độ hẹp gần như là để...sưu tầm những bài toán hay. Cái mình cần là trải nghiệm với bài toán đó như thế nào chứ không phải chỉ đơn giản tìm ra lời giải.
4) Để hiểu chứng minh toán học là gì. Cả thời học sinh lẫn đại học mình đã làm chứng minh toán nhưng sau này ra trường rồi tự hỏi bản thân chứng minh toán học là gì thì chỉ biết im lặng. Dường như cái bản năng tư duy đã cho phép một số ít người hiểu ngay lập tức việc thực hành suy luận mà không cần phải giải thích nhiều. Bây giờ ngay khi mình viết ra chứng minh một bài toán, mình thường để ý quan sát lại để thấy "cái bản năng" đó đã xảy ra như thế nào.
5) Vì mình thích một lời giải đẹp. Mình đã đọc cuốn Cơ sở của Euclid và thực sự bị quyến rũ bởi lối hành văn của ông. Đáng lý ra nếu được, mình đã thực hành viết lập luận theo hướng đó, nhưng ngại vì nếu như thế, một lời giải sẽ quá nhiều chữ và dẫn tới cần nhiều thời gian hơn để đọc. Dù vậy, mình vẫn luôn hướng tới đó như tiêu chuẩn cho phong cách hành văn trong lập luận toán học.
6) Cuối cùng, để rèn cách diễn đạt tư tưởng sáng rõ. Chứng minh toán học trước hết là việc diễn đạt một ý tưởng cho người khác biết. Ta không chỉ cần kể đúng, mà còn phải kể sao cho hấp dẫn, nổi bật cái điều mình muốn nói nữa. Cái logic chính xác ta ngầm hiểu cần phải được truyền đi dưới một hình thức trong sáng, súc tích, dễ hiểu cho người đọc như thế công việc chứng minh mới được trọn vẹn.
_________
Hôm qua Leonguyen và Hovutenha đã xử lý xong Bài 10. Hai bạn đã tìm ra hai cách giải khác nhau cho câu c). Leonguyen với cách sử dụng lượng giác đơn thuần còn Hovutenha đã dùng hình phụ và tính chất đường thẳng Simson để giải quyết. Hovutenha đã có một ý mở rộng hay và khó. Ngoài ra, anh perfectstrong đã có gợi ý mở để ta biết sơ qua về những bài toán olympic khó liên quan đến đường thẳng Simson, đường thẳng Steiner.
Cảm ơn mọi người đa tham gia! Giờ chúng ta tiếp tục với Bài 11 và Bài 12 ạ!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 16-05-2023 - 09:38
Trung sĩ
Bài 11. (Năm 2019) Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$, nội tiếp đường tròn tâm $O$. $M$ là điểm bất kỳ trên dây $BC$ ($M$ khác $B, C$). Vẽ đường tròn tâm $D$ đi qua $M$ và tiếp xúc với $AB$ tại $B$, vẽ đường tròn tâm $E$ đi qua $M$ và tiếp xúc $AC$ tại $C$. Gọi $N$ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn $(D)$ và $(E)$.
a) Chứng minh rằng tứ giác $ABNC$ là tứ giác nội tiếp. Từ đó chứng minh điểm $N$ thuộc đường tròn $(O)$ và ba điểm $A, M, N$ thẳng hàng.
b) Chứng minh rằng trung điểm $I$ của đoạn thẳng $DE$ luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm $M$ di động trên dây $BC$.
a) Xét $(D)$ có $\angle MNB=\angle MBA$, xét $(E)$ có $\angle MNC=\angle MCA$.
Do đó $\angle BNC=\angle MNB+\angle MNC$ $=\angle MBA+\angle MCA=180^{\circ}-\angle BAC$.
Suy ra $ABNC$ là tứ giác nội tiếp.
$\angle MNB=\angle MNC$ $(=\angle MBA=\angle MCA)$ nên $NM$ là tia phân giác $\angle BNC$.
Ta lại có $\angle ANB=\angle ANC$ (cùng chắn hai cung $AB$ và $AC$ bằng nhau) nên $NA$ là tia phân giác $\angle BNC$.
Vì vậy nên $A, M, N$ thẳng hàng.
b) Kẻ đường kính $AK$ của $(O)$, suy ra được $\bigtriangleup KBC$ cân tại $K$.
Vì $KB\perp AB,$ $DB\perp AB$ nên $B, D, K$ thẳng hàng, tương tự $C, E, K$ thẳng hàng.
Ta có $\angle BDM=180^{\circ}-2\angle DBM$ $=180^{\circ}-2\angle KBC=\angle BKC$, do đó $DM\parallel KE$.
Chứng minh tương tự ta cũng thu được $DK\parallel ME$, suy ra $DMEK$ là hình bình hành.
Mà $I$ là trung điểm của $DE$ nên $I$ cũng là trung điểm của $KM$.
Từ đây ta dễ dàng chứng minh được rằng $I$ thuộc đường trung bình đi qua trung điểm cạnh $BK$ và $CK$ của $\bigtriangleup KBC$, mà đường đó cố định nên ta có đpcm.
*******
c) (mở rộng) Chứng minh $\bigtriangleup ODE\sim\bigtriangleup ABC$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Leonguyen: 16-05-2023 - 15:23
Ngắt câu lập luận cho dễ đọc!
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
Sĩ quan
Ý mở rộng của Leonguyen thú vị đó! Mình đã kiểm tra hình trên GeoGebra và thấy kết luận chính xác. Mọi người cùng làm nhé!
Bài 11. c) (Mở rộng). Chứng minh $\bigtriangleup ODE \sim \bigtriangleup ABC$.
Bài này có thể phát biểu khác đi là "Chứng minh góc $DOE$ không đổi." Cách này cũng hay nhưng phát biểu của Leonguyen thì chặt hơn.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 16-05-2023 - 14:11
Sĩ quan
c) (mở rộng) Chứng minh $\bigtriangleup ODE\sim\bigtriangleup ABC$.
Bài 11. c) (mở rộng)
Ta có
$\angle NOK=2\angle NAK$ (tam giác $ONA$ cân tại $O$; $N$ thuộc đường tròn $(O)$)
$\angle NDK=2\angle NBK$ (tam giác $DNB$ cân tại $D$; $K, D, B$ thẳng hàng)
$\angle NAK=\angle NBK$ ($K, N$ cùng thuộc đường tròn $(O)$)
Do đó $\angle NOK=\angle NDK$.
Vậy tứ giác $ODKE$ nội tiếp và ta suy ra $\angle DOE=\angle BAC$.
Thêm vào đó, để ý $O$ là trung điểm $AK$ và $I$ là trung điểm $MK$ và $DE$ ta dễ dàng chứng minh tam giác $ODE$ cân tại $O$.
Vậy ta có điều phải chứng minh.
_____
Bài này mình cảm giác vẫn còn có thể mở rộng được thêm 2 ý nữa. Mọi người thử tìm xem sao.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 17-05-2023 - 10:22
Sĩ quan
Sĩ quan
Bài 11. (mở rộng-dự đoán)
d) Gọi $P$ là giao điểm của $OI$ và $BC$. Chứng minh tứ giác $DMPE$ nội tiếp đường tròn.
e) Gọi $D'$, $E'$ lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $DMPE$ với đường tròn $(D)$ và đường tròn $(E)$. Hai đường thẳng $BD'$ và $CE'$ cắt nhau tại $S$. Chứng minh $N$ là trực tâm tam giác $SBC$ và $NS$ đi qua trung điểm của $D'E'$.
Link hình vẽ GeoGebra: Bài 11 d) e)
Trung sĩ
Bài 11. (mở rộng-dự đoán)
d) Gọi $P$ là giao điểm của $OI$ và $BC$. Chứng minh tứ giác $DMPE$ nội tiếp đường tròn.
Dễ thấy $\bigtriangleup DPE$ cân tại $P$.
Xét tứ giác $ODKE$ có $\angle DKE+\angle DOE=\angle BKC+\angle BAC=180^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác $DNKE$ có $DN=DM=KE,$ $DK=ME=NE,$ do đó $DNKE$ là hình thang cân, suy ra đồng thời là tứ giác nội tiếp.
Từ hai điều trên suy ra được $D, O, E, K, N$ cùng thuộc một đường tròn. Gọi giao điểm của đường tròn này với $AN$ là $L$, với $OP$ là $J.$ Khi này ta có $\angle AOL=\angle LNK$ $\equiv \angle ANK=90^{\circ},$ suy ra $LO\perp AK$, suy ra $LO\parallel MP.$
Vì $NL\parallel OJ$ nên $LNJO$ là hình thang cân, lại có $MP\perp LO$ nên suy ra được $MNJP$ là hình thang cân. Lại có $\bigtriangleup DMN$ cân tại $D$, ta dễ dàng chứng minh được $\bigtriangleup DMP=\bigtriangleup DNK$, suy ra $DP=DJ=EP=EJ$, suy ra $DJEP$ là hình thoi, do đó $\angle DPE$ $=\angle DJE$ $=\angle DKE$ $=\angle DME,$ thu được $DMPE$ là tứ giác nội tiếp.
Vậy ta có đpcm.
P/s: Lời giải này dài quá, mong được xem cách khác hay hơn
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
Sĩ quan
Dễ thấy $\bigtriangleup DPE$ cân tại $P$.
Xét tứ giác $ODKE$ có $\angle DKE+\angle DOE=\angle BKC+\angle BAC=180^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp.
Xét tứ giác $DNKE$ có $DN=DM=KE,$ $DK=ME=NE,$ do đó $DNKE$ là hình thang cân, suy ra đồng thời là tứ giác nội tiếp.
Từ hai điều trên suy ra được $D, O, E, K, N$ cùng thuộc một đường tròn. Gọi giao điểm của đường tròn này với $AN$ là $L$, với $OP$ là $J.$ Khi này ta có $\angle AOL=\angle LNK$ $\equiv \angle ANK=90^{\circ},$ suy ra $LO\perp AK$, suy ra $LO\parallel MP.$
Vì $NL\parallel OJ$ nên $LNJO$ là hình thang cân, lại có $MP\perp LO$ nên suy ra được $MNJP$ là hình thang cân. Lại có $\bigtriangleup DMN$ cân tại $D$, ta dễ dàng chứng minh được $\bigtriangleup DMP=\bigtriangleup DNK$, suy ra $DP=DJ=EP=EJ$, suy ra $DJEP$ là hình thoi, do đó $\angle DPE$ $=\angle DJE$ $=\angle DKE$ $=\angle DME,$ thu được $DMPE$ là tứ giác nội tiếp.
Vậy ta có đpcm.
P/s: Lời giải này dài quá, mong được xem cách khác hay hơn
Có thể chứng minh mà chỉ cần điểm phụ $J$ thôi Leo ơi!
Để ý rằng do $ODJE$ nội tiếp mà $OJ$ lại là đường trung trực của $DE$ nên $OJ$ là đường kính của đường tròn.
Tức là ta phải có $JK \perp OK$ hay $JK \parallel BC$.
Mà $IM=IK$ nên $IP=IJ$.
Như vậy tứ giác $DPEJ$ là hình thoi.
Dẫn tới $\angle DPE=\angle DJE=\angle DKE=\angle DME$.
Vậy tứ giác $DMPE$ nội tiếp.
______
Còn câu e) có lẽ phải tách thành hai ý riêng. Không dễ tí nào! Chắc phải cần thêm 2 ngày nữa mới xong được.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 18-05-2023 - 00:20
Sĩ quan
Bài 11. (mở rộng-dự đoán)
e) Gọi $D'$, $E'$ lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $DMPE$ với đường tròn $(D)$ và đường tròn $(E)$. Hai đường thẳng $BD'$ và $CE'$ cắt nhau tại $S$. Chứng minh $N$ là trực tâm tam giác $SBC$ và $NS$ đi qua trung điểm của $D'E'$.
Sau đây là chứng minh cho phần đầu của câu e).
Trước hết, ta có
(1) $M$ và $N$đối xứng nhau qua $DE$.
Điều này đúng vì $DM=DN$ (bán kính đường tròn $(D)$ và $EM=EN$ (bán kính đường tròn $(E)$).
Tiếp theo ta có
(2) $D, N, E'$thẳng hàng và $E, N, D'$thẳng hàng.
Thật vậy, do tứ giác $DMEE'$ nội tiếp đường tròn và $EM=EE'$ (bán kính đường tròn $(E)$) nên $DE$ là tia phân giác của góc $MDE'$. Mà $DE$ cũng là tia phân giác của góc $MDN$ (vì $M$ và $N$ đối xứng nhau qua $DE$). Do đó $D, N, E'$ thẳng hàng.
Chứng minh tương tự ta có $E, N, D'$ thẳng hàng.
Bây giờ, ta thấy
$ \angle CBS= \angle MBD'= \angle MNE$ (do $BMND'$ là tứ giác nội tiếp và $E, N, D'$ thẳng hàng)
Mặt khác
$ \angle BCN= \angle BKN= \angle DKN= \angle DEN$( do $BCKN$ và $DEKN$ là hai tứ giác nội tiếp và $B, D, K$ thẳng hàng).
Và hơn nữa
$ \angle MNE+ \angle DEN=90^{\circ}$ (vì $M$ và $N$ đối xứng nhau qua $E$).
Do đó
$\angle CBS+\angle BCN=90^{\circ}$.
Tức là ta có $CN \perp BS$.
Chứng minh tương tự ta có $BN \perp CS$.
Vậy $N$ là trực tâm tam giác $BCS$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 18-05-2023 - 12:11
Sĩ quan
Bài 11. (mở rộng-dự đoán)
e) Gọi $D'$, $E'$ lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $DMPE$ với đường tròn $(D)$ và đường tròn $(E)$. Hai đường thẳng $BD'$ và $CE'$ cắt nhau tại $S$. Chứng minh $N$ là trực tâm tam giác $SBC$ và $NS$ đi qua trung điểm của $D'E'$.
$NS$ đi qua trung điểm của $D'E'$ là một dự đoán sai nhé mọi người! Cho điểm $M$ tiến sát vào điểm $B$ sẽ thấy ngay điều này không đúng!
Mình bổ sung thêm câu sau các bạn có thể thử sức.
f) Tứ giác $D'NE'S$ là tứ giác nội tiếp. Gọi $T$ là giao điểm của $MN$ và đường tròn ngoại tiếp tứ giác $DMPE$ khi đó:
(i) $T$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $D'NE'S$ (đã được chứng minh)
(ii) Tam giác $TDE$ đồng dạng với tam giác $SBC$ (dự đoán)
(iii) $N$ là trực tâm tam giác $TDE$. (dự đoán)
Chúng ta kết thúc Bài 11 tại đây!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 18-05-2023 - 17:34
Trung sĩ
f) Tứ giác $D'NE'S$ là tứ giác nội tiếp. Gọi $T$ là giao điểm của $MN$ và đường tròn ngoại tiếp tứ giác $DMPE$ khi đó:
(i) $T$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $D'NE'S$ (đã được chứng minh)
(ii) Tam giác $TDE$ đồng dạng với tam giác $SBC$ (dự đoán)
(iii) $N$ là trực tâm tam giác $TDE$. (dự đoán)
Chúng ta kết thúc Bài 11 tại đây!
(i) $N$ là trực tâm tam giác $BSC$ nên $\angle NCE'=\angle NBD'.$
Ta có $\angle D'MT\equiv\angle D'MN=\angle NBD'=\angle NCE'=\angle NME'\equiv \angle TME'\Rightarrow \angle D'MT=\angle TME,$ mà hai góc lần này lần lượt chắn cung $D'T$ và $TE'$ nên suy ra được $D'T=TE'$.
Xét đường tròn đi qua các điểm $M, D, D', E, E', T$ có $\angle TNE'= \text{}^1 /_2(\text{sđ}\stackrel\frown{DM}+\text{sđ}\stackrel\frown{TE'})=\text{}^1/_2(\text{sđ}\stackrel\frown{DD'}+\text{sđ}\stackrel\frown{D'T})=\text{}^1/_2\text{sđ}\stackrel\frown{DD'T}=\angle DE'T,$ suy ra $\bigtriangleup TNE'$ cân tại $T$, suy ra $TN=TE'.$
Từ các điều trên suy ra được $T$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $D'NE',$ đồng thời là đường tròn ngoại tiếp tứ giác $D'NE'S.$
(ii) Ta có $\angle DET=\angle DED'+\angle D'ET=\angle D'E'D+\angle DE'M=\angle D'SN+\angle NME'$ $=\angle NCB+\angle NCE'=\angle SCB$, chứng minh tương tự thu được $\angle TDE=\angle SBC,$ suy ra $\bigtriangleup TDE\sim\bigtriangleup SBC.$
(iii) $DD'=DN, TD'=TN$, suy ra $DT\perp D'N\equiv EN$, tương tự có $DN\perp ET,$ do đó $N$ là trực tâm tam giác $TDE.$
P/s: Bài không khó nhưng hình rối kinh khủng, hoa cả mắt 
"Chỉ có cách nhìn thiển cận mới không thấy được vai trò của Toán học"
(Giáo sư Tạ Quang Bửu)
Sĩ quan
Mời mọi người tiếp tục với các bài toán NHÓM 4 ạ!
NHÓM 4. (Ba năm 2018, 2019, 2020)
BÀI 12. (Năm 2020) Cho tam giác nhọn $ABC$, đường cao $AD$ ($D$ thuộc $BC$) và hai điểm $M, N$ lần lượt nằm trên các cạnh $AB, AC$ sao cho $MN$ song song $BC$. Điểm $P$ chuyển động trên đoạn thẳng $MN$. Lấy các điểm $E, F$ sao cho $EP$ vuông góc $AC$, $EC$ vuông góc $BC$, $FP$ vuông góc $AB$, $FB$ vuông góc $BC$.
a) Gọi $I$ là giao điểm $EF$ và $AD$. Chứng minh rằng $I$ cố định khi $P$ chuyển động trên đoạn $MN$.
b) Đường thẳng qua $A$ vuông góc $EF$ cắt $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng $BC$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $PQ$.
Bài 12 khá khó. Mình chưa có ý tưởng nào khả quan cả. Mọi người chung sức giải ạ!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 21-05-2023 - 16:01
Sĩ quan
Mọi người lưu ý Bài 12 là bài chọn đội tuyển học sinh giỏi THPT năm 2020 của tỉnh Ninh Bình chứ không phải THCS!
Do trong đề không ghi rõ khối lớp, mà mình lại chỉ để ý vào bài hình nên không phát hiện ra sai sót này trong quá trình tổng hợp đề!
Đường link dẫn tới toàn bộ đề ở đây.
Mình cũng chưa tìm kiếm được đề năm 2020 của Ninh Bình nên chúng ta tạm bỏ qua bài này. Tuy nhiên mình vẫn sẽ để nó ở đây (cho tới lúc tìm được đề thay thế), nếu bạn nào muốn giải nó thì hãy thử sử dụng các kiến thức của THPT ạ. Với kiến thức của THCS mình thấy thật sự bế tắc.
Cảm ơn Leonguyen vì phát hiện ra sai sót này của mình!
Rất xin lỗi mọi người vì sự thiếu cẩn thận này!
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 21-05-2023 - 22:52
Sĩ quan
BÀI 12. (Năm 2020) Cho tam giác nhọn $ABC$, đường cao $AD$ ($D$ thuộc $BC$) và hai điểm $M, N$ lần lượt nằm trên các cạnh $AB, AC$ sao cho $MN$ song song $BC$. Điểm $P$ chuyển động trên đoạn thẳng $MN$. Lấy các điểm $E, F$ sao cho $EP$ vuông góc $AC$, $EC$ vuông góc $BC$, $FP$ vuông góc $AB$, $FB$ vuông góc $BC$.
a) Gọi $I$ là giao điểm $EF$ và $AD$. Chứng minh rằng $I$ cố định khi $P$ chuyển động trên đoạn $MN$.
b) Đường thẳng qua $A$ vuông góc $EF$ cắt $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng $BC$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $PQ$.
Bài toán trên, như đã nói là một bài thi học sinh giỏi của THPT. Mình vẫn giữ nó ở topic này, vì dù sao đó cũng là một bài toán hay. Sau khi tìm được đúng đề thi THCS mình sẽ bổ sung sau.
Bài viết sau sẽ chứng minh phần a).
Về kiến thức, cần phải sử dụng tới hai công thức biến đổi lượng giác của chương trình lớp 10 là
(i) $\cos (x \pm y)=\cos x \cos y \mp \sin x \sin y$
(ii) $ \sin (x \pm y)=\sin x \cos y \pm \cos x \sin y$.
Trong phần chính của chứng minh ta cần 3 bổ đề sau:
Ba bổ đề trên đây bạn đọc có thể tự chứng minh không mấy khó khăn. Theorem và Theorem, phục vụ cho mục đích tính toán. Theorem quan trọng hơn cả. Theo mình, bổ đề này dường như chính là bài toán gốc mà từ đó người ta đã phát triển lên thành bài toán trong đề thi.
_______
Bây giờ, với ba bổ đề trên ta quay trở lại bài toán.
Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC$, $D’$ là giao điểm $AD$ và $MN$, $S$ là giao điểm $AP$ và $BC$.
Qua $S$ ta kẻ đường thẳng vuông góc với $AC$ cắt $CE$, $AC$ lần lượt tại $E_1, E_2$; kẻ đường thẳng vuông góc với $AB$ cắt $BF, AB$ lần lượt tại $F_1$ và $F_2$.
$E_3$ là giao điểm $PE$ và $AC$, $F_3$ là giao điểm $PF$ và $AB$.
Tiếp theo ta đặt $DD’=h$ và $\angle BAD=\alpha, \angle CAD=\beta, \angle SAB=\alpha’, \angle SAC=\beta’$. Ta có $\alpha+\beta=\alpha’+\beta’$.
Không mất tính tổng quát ta giả sử $P$ thuộc đoạn $D’N$ và đặt $\theta=\alpha’-\alpha=\beta-\beta’$.
Để chứng minh $I$ cố định, ta chứng minh $IH=h$ không đổi.
Thật vậy, trước hết áp dụng công thức tính diện tích tam giác theo hàm sin ta có
$\frac{BD}{BC}=\frac{S_{ABD}}{S_{ABC}}=\frac{AB.AD.\sin \alpha}{AB.AC.\sin (\alpha+\beta)}=\frac{AD}{AC}.\frac{\sin \alpha}{\sin (\alpha+\beta)} = \frac{\cos \beta.\sin \alpha}{\sin (\alpha+\beta)} $.
Chứng minh tương tự ta có $\frac{CD}{BC}=\frac{\cos \alpha.\sin \beta}{\sin (\alpha+\beta)} $.
Áp dụng Theorem cho hình thang vuông $E_2E_3EE_1$ và hình thang vuông $E_2E_3PS$ ta có $EE_1=\frac{E_2E_3}{\cos \beta}$ và $E_2E_3=\cos \beta'.PS$.
Do đó $EE_1=\frac{\cos \beta’}{\cos \beta}.PS$. Tương tự $FF_1=\frac{\cos \alpha’}{\cos \alpha}.PS$.
Áp dụng Theorem cho hình thang vuông $DD’PS$ ta có $PS=\frac{DD’}{\cos \theta}=\frac{h}{\cos \theta}$.
Theo Theorem ta có $E_1, H, F_1$ thẳng hàng. Xét hình thang $EFF_1E_1$ có $I, H$ tương ứng thuộc hai cạnh $EF, E_1F_1$ và $IH$ song song với hai đáy, áp dụng Theorem ta có
$IH=\frac{F_1H}{E_1F_1}. EE_1+ \frac{E_1H}{E_1F_1}.FF_1$
$= \frac{BD}{BC}.EE_1+ \frac{CD}{BC}. FF_1$
$=\frac{\cos \beta.\sin \alpha}{\sin (\alpha+\beta)}. \frac{\cos \beta’}{\cos \beta}.PS+\frac{\cos \alpha.\sin \beta}{\sin (\alpha+\beta)}.\frac{ \cos \alpha’}{\cos \alpha}.PS.$
$=\frac{\sin \alpha.\cos \beta’+\sin \beta.\cos \alpha’}{\sin (\alpha+\beta)}. PS.$
$=\frac{\sin \alpha.\cos \beta’+\sin \beta.\cos \alpha’}{\sin (\alpha+\beta).\cos \theta}. h$.
Cuối cùng, do $\theta=\alpha’-\alpha=\beta-\beta’$ nên $\alpha’=\alpha+\theta$ và $\beta’=\beta-\theta$. Từ đó ta có
$\sin \alpha.\cos \beta’+\sin \beta.\cos \alpha’$
$=\sin \alpha. \cos (\beta-\theta) + \sin \beta. \cos (\alpha+\theta)$
$= \sin \alpha. (\cos \beta.\cos \theta+\sin \beta.\sin \theta)+\sin \beta. (\cos \alpha \cos \theta-\sin \alpha.\sin \theta)$
$= (\sin \alpha.\cos \beta+\cos \alpha.\sin \beta).\cos \theta$
$= \sin (\alpha+\beta).\cos \theta$.
Chứng tỏ $IH=h$, không đổi. Vậy $I$ cố định.
______
Bàn luận thêm:
1) Mình đã hoàn toàn không nghĩ tới việc xét trường hợp đặc biệt khi $MN$ trùng với $BC$ ngay từ đầu mà quanh quẩn với việc tạo ra các điểm phụ vô cùng phức tạp. Chỉ tới sáng nay, quay trở lại với bài toán, trực giác tự nhiên nói với mình rằng cần phải xét trực tâm tam giác $ABC$. Không rõ tại sao, nhưng mình vẫn thử và rồi ý tưởng dần hiện ra. Với điểm phụ $H$ việc biến đổi lượng giác để tính $IH$ trở nên hoàn toàn khả thi.
2) Để mọi người hiểu hơn tại sao mình lại nhìn ra $IH=DD’$ thì cần phải quay trở lại với các hình phụ mà mình đã phát triển trong quá trình tìm tòi vất vả trước đó.
Nếu ta gọi $M’$ là giao điểm của $MN$ và $BF$, thì ta có một dự đoán rằng $IM’ \parallel BH$ (và cùng vuông góc với $AC$). Điều này tương đương với $IH=BM’$ ($IM’BH$ là hình bình hành) và có nghĩa $IH=DD’$.
3) Nói thêm, với cách vẽ hình phụ như trên, $I$ chính là trực tâm của tam giác $M’AN$. Dường như chính từ đây mà mình nghĩ tới việc tạo thêm điểm phụ $H$ là trực tâm của tam giác ABC chăng? Không rõ nữa, trực giác đôi khi vận hành theo cách khó mà lý giải rõ ràng ra được.
Sự tư duy của chúng ta xảy ra ở một nơi rất sâu, còn cái ý nghĩ mà ta thấy được nơi trí óc chỉ là cái phóng chiếu bề nổi của tiến trình tư duy đó.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 24-05-2023 - 08:10
Sĩ quan
Chúng ta tiếp tục với Nhóm 5, chặng cuối cùng. Bài 12 b) tương đối khó, thiết nghĩ cũng không nên trì hoãn lâu hơn. Hi vọng chúng ta có thể hoàn thành trọn vẹn chuyên đề trong Tháng 5 này! Mời mọi người tham gia!
NHÓM 5 (Năm 2021, 2022, 2023)
BÀI 13. (Năm 2021)
Cho đường tròn $(O; R)$. Dây cung $BC$ cố định không đi qua tâm $O$. Trên tia đối của tia $BC$ lấy điểm $A$ ($A$ khác $B$). Từ $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AM$ và $AN$ tới đường tròn $(O)$ ($M$ và $N$ là hai tiếp điểm). Gọi $I, H$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $MN$; $BC$ cắt $MN$ tại $K$.
a) Chứng minh bốn điểm $O, M, N, I$ cùng thuộc một đường tròn và $HK$ là tia phân giác của góc $BHC$.
b) Hai tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $B$ và $C$ cắt nhau ở $E$. Chứng minh $M, N, E$ thẳng hàng.
c) Đường thẳng $\Delta$ qua điểm $M$ và vuông góc với $ON$, cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ hai là $P$. Xác định vị trí của điểm $A$ trên tia đối của tia $BC$ để tứ giác $AMPN$ là hình bình hành.
BÀI 14. (Năm 2022)
Cho tam giác $ABC$ là tam giác nhọn, không cân, $AB<AC$, nội tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC, CA, AB$. Đường thẳng $PO$ cắt đường thẳng $AM$ tại $D$, đường thẳng $NO$ cắt đường thẳng $AM$ tại $E$, đường thẳng $BD$ cắt đường thẳng $CE$ tại $F$.
a) Chứng minh bốn điểm $B, C, O, F$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Chứng minh tam giác $FEO$ đồng dạng với tam giác $NEM$.
c) Chứng minh rằng $\angle OPF=\angle ONF$.
BÀI 15. (Năm 2023)
Cho 3 điểm phân biệt cố định $A, B, C$ cùng năm trên đường thẳng $d$ (điểm $B$ nằm giữa $A$ và $C$), gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Đường tròn tâm $O$ luôn đi qua hai điểm $B$ và $C$ (điểm $O$ không thuộc $d$). Kẻ tiếp tuyến $AM, AN$ với đường tròn tâm $O$ ($M, N$ là các tiếp điểm). Đường thẳng $MN$ cắt $OA$ tại điểm $H$ và cắt $BC$ tại điểm $K$.
a) Chứng minh tứ giác $OMNI$ nội tiếp và $AH.OA=AN^2$.
b) Khi đường tròn tâm $O$ thay đổi, chứng minh $MN$ luôn đi qua điểm $K$ cố định.
c) Tia $AO$ cắt đường tròn $O$ tại hai điểm $P, Q$ (điểm $P$ nằm giữa $A$ và $O$). Gọi $D$ là trung điểm của $HQ$. Từ $H$ kẻ đường thẳng vuông góc với $MD$ và cắt đường thẳng $MP$ tại $E$. Chứng minh $P$ là trung điểm $ME$.
Hạ sĩ
Dang-DDTH-15baihinhhsgNB-Bai12.jpeg
Bài 12 khá khó. Mình chưa có ý tưởng nào khả quan cả. Mọi người chung sức giải ạ!
Lời giải phần b cho bài 12.
Nói sơ qua về hướng giải:
- Bài này mình áp dụng triệt để phép vị tự để giải toán
- Thật ra vị tự cũng để làm rõ bài toán hơn thôi chứ bản chất ko cần phép vị tự 
Nhờ vào các tính toán phức tạp của phần a)
Ta thu được điều rất quan trọng như sau: $IH=d_{M/BC}$ (khoảng cách từ $M$ đến $BC$)
Gọi $A'$ là điểm đối xứng $A$ qua tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$
Gọi tiếp $J$ là trung điểm $IA'$ và $G$ là trung điểm $BC$
Khi đó: $OJ=$$\frac{AI}{2}$ ; $OG=\frac{AH}{2}$ suy ra $JG=\frac{IH}{2}=\frac{d_{M/BC}}{2}$ nên $J$ thuộc đường trung bình của hình thang $BMNC$
Xét phép $V_{J}^{-\frac{1}{2}}$ :
$MN \mapsto BC; P \mapsto Q';E,F\mapsto E',F'; I \mapsto A'$;$B,C\mapsto B', C'$
Dễ thấy $E'$ và $F'$ thuộc $BF$, $CE$ và $B', C'$ thuộc $MN$
Gọi giao điểm của $E'F'$ với $(O)$ là $K$ ta sẽ chứng minh $Q'K$ vuông góc với $E'F'$
Thật vậy gọi $L$ là chân đường cao kẻ từ $P$ xuống $EF$
Ta có:
$\widehat{B'LC'}=\widehat{C'LP}+\widehat{PLB'}=\widehat{C'FP}+\widehat{B'EP}=\widehat{AMN}+\widehat{ANM}=180-\widehat{A}$
Sử dụng $IH=d_{M/BC}$ ta cũng chứng minh được:
$\widehat{B'IC'}=\widehat{BHC}=180-\widehat{A}$
Suy ra: tứ giác $ILB'C'$ nội tiếp
Do đó qua phép vị tự thì $Q'K$ vuông góc với $E'F'$ mà để ý thấy $AK$ cũng vuông góc $E'F'$
Nên 3 điểm $A, Q', K$ thẳng hàng.
Hơn nữa có $EF$ song song với $E'F'$ suy ra $Q\equiv Q'$
Đến đây ta nhận được dpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hovutenha: 26-05-2023 - 16:18
Sĩ quan
Chỗ phép vị tự $V_J^{\frac{-1}{2}}$ biến $MN$ thành $BC$ là như thế nào vậy hovutenha? Ý chỗ này là biến đường thẳng $MN$ thành đường thẳng $BC$?
Còn một chỗ nữa là $A'$ đối xứng với $A$ qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ chứ không phải nội tiếp.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 26-05-2023 - 16:11
Hạ sĩ
Chỗ phép vị tự $V_J^{\frac{-1}{2}}$ biến $MN$ thành $BC$ là như thế nào vậy hovutenha? Ý chỗ này là biến đường thẳng $MN$ thành đường thẳng $BC$?
Còn một chỗ nữa là $A'$ đối xứng với $A$ qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ chứ không phải nội tiếp.
Chỗ đó ý là biến đường thẳng chứ đoạn $MN$ thành đường thẳng chứa đoạn $BC$
vì $J$ bây giờ đã nằm trên đường trung bình của hình thang $BMNC$
nên mỗi điểm thuộc $MN$ qua phép vị tự sẽ biến thành 1 điểm thuộc $BC$
ở đấy nên viết rõ ra là dùng thales thì sẽ dễ hiểu hơn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hovutenha: 26-05-2023 - 16:22
|
 Solved
Toán Trung học Cơ sở →
Hình học →
Chứng minh tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.Bắt đầu bởi Phuockq, 07-04-2024  hình học
|
|
|
|
|
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
Chứng minh B,M,N,C đồng viênBắt đầu bởi VGNam, 22-02-2024 hình học
|
|
|
|
|
|
Solved
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
Chứng minh ba điểm E, F, H thẳng hàng.Bắt đầu bởi Saturina, 16-02-2024 hình học
|
|
|
|
|
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
a) Chứng minh rằng K thuộc đường tròn đường kính BC . b) Chứng minh rằng IMC KGJ 45oBắt đầu bởi Saturina, 16-02-2024 hình học
|
|
|
|
|
|
Toán thi Học sinh giỏi và Olympic →
Hình học →
a. Chứng minh rằng P, Q, T thẳng hàng. b. Chứng minh các đường thẳng PQ, BC và AY đồng quy.Bắt đầu bởi Saturina, 16-02-2024 hình học, hình học phẳng
|
|
|
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học
