Iceghost

Bác Iceghost, còn trường hợp E, X bên dưới nữa.

Em thấy nó cũng tương tự TH trên thôi nhỉ :3 Hay em phải viết lại đoạn biến đổi góc bằng góc định hướng  ?

1/

 19.PNG   227.13K   42 Số lần tải

Gọi $Z$ là giao điểm thứ hai của $UV$ với $(AUC)$, $P$, $Q$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $UE$, $UX$ với $(AUB)$, $(AUC)$.

Theo phương tích của điểm $E$ so với $(AUB)$ và $(ABC)$ thì $$EP \cdot EU = EA \cdot EB = ED \cdot EY$$

Suy ra $P, D, U, Y$ đồng viên. Chứng minh tương tự ta được $P, D, U, Y, Q$ đồng viên.

Để ý $$\angle{QAZ} = \angle{QUZ} = \angle{ABU} = \angle{APU}$$

Do $\angle{PUV} = \angle{ACU} = \angle{AZU}$ nên $PU \parallel AZ$, suy ra $$\angle{UAQ} = \angle{UAZ} + \angle{QAZ} = \angle{AUP} + \angle{APU} = 180^\circ - \angle{UAP}$$

Suy ra $P, A, Q$ thẳng hàng. Từ đó do $\angle{QUZ} = \angle{QPU}$ nên $UZ$ tiếp xúc $(PUQ)$ hay $UV$ tiếp xúc $(DUY)$. Đpcm 

Lời giải khác nữa cho bài 3. Ý tưởng từ @Nguyen Xuan Hieu <3

Kẻ các đường kính $XI$ và $XL$ của $(E)$ và $(F)$, suy ra $IL$ là tiếp tuyến của $(A)$.

Gọi $D$ là trung điểm $AK$ thì $XY$ và $EF$ đều đi qua $D$. Gọi $Z$ là giao của $YE$ với $IL$.

Ta có $$\dfrac{ZE}{ZY} = \dfrac{d(E,IL)}{d(Y,IL)} = \dfrac{\dfrac12 AK}{AY \sin \angle{IAY}} = \dfrac{AK}{AB \sin C} = \dfrac{CK}{AB \sin \angle{KAC}}$$

$$\dfrac{XY}{XD} = \dfrac{CB}{CK}$$

$$\implies \dfrac{ZE}{ZY} \cdot \dfrac{XY}{XD} = \dfrac{CB}{AB \sin \angle{KAC}} = \dfrac{\sin A}{\sin C \cos B}$$

Để ý $\triangle{YAL} \sim \triangle{YOK}$ (g-g) nên $\dfrac{AL}{OK} = \dfrac{YA}{YO} = \tan \angle{AOY} = \tan C$. Tương tự ta cũng có $\dfrac{AI}{OK} = \tan B$ nên $$\dfrac{DF}{DE} = \dfrac{AL}{AI} = \dfrac{\tan C}{\tan B} = \dfrac{\cos B \sin C}{\sin B \cos C}$$

$$\implies \dfrac{FD}{FE} = \dfrac{\cos B \sin C}{\sin B \cos C + \cos B \sin C} = \dfrac{\cos B \sin C}{\sin(B+C)} =\dfrac{\cos B \sin C}{\sin A}$$

Từ đó ta có $\dfrac{ZE}{ZY} \cdot \dfrac{XY}{XD} \cdot \dfrac{FD}{FE} = 1$ hay $Z$, $X$, $F$ thẳng hàng, suy ra $XF$ cắt $YE$ tại $Z$ nằm trên $IL$ là tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$

Lời giải khác cho bài 3:
 10.PNG   200.19K   75 Số lần tải
Kẻ đường kính $AM$ của $(AXK)$ và đường kính $AN$ của $(AYK)$. Ta sẽ chứng minh $BM$, $CN$ cắt nhau trên tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$
Dễ dàng nhận thấy một số điều sau: $M, O, X$ thẳng hàng, $N, O, Y$ thẳng hàng, $M, K, N$ thẳng hàng, tứ giác $MNXY$ nội tiếp, tứ giác $PQXY$ nội tiếp. Từ đó ta có $\angle{MYP} = \angle{NXQ}$
 
Giả sử tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $D$, theo định lý $Desargues$ cho hai tam giác $DMN$ và $ABC$: $BM$, $CN$, $AD$ đồng quy khi và chỉ khi $I = DM \cap AB$, $K = MN \cap BC$, $J = DN \cap AC$ thẳng hàng.
 
Thật vậy, theo định lý $Menelaus$ thì ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{IM}{ID} \cdot \dfrac{JD}{JN} \cdot \dfrac{KN}{KM} = 1$$
Biến đổi vế trái ta có \[\begin{align*} \dfrac{IM}{ID} \cdot \dfrac{JD}{JN} \cdot \dfrac{KN}{KM} &= \dfrac{MP}{DA} \cdot \dfrac{DA}{NQ} \cdot \dfrac{ON \cos \angle{ONK}}{OM \cos \angle{OMK}} \\ &= \dfrac{MP}{NQ} \cdot \dfrac{ON}{OM} \cdot \dfrac{\cos \angle{ONK}}{\cos \angle{OMK}} \\ &= \dfrac{MP}{NQ} \cdot \dfrac{NX}{MY} \cdot \dfrac{\sin \angle{MPY}}{\sin \angle{NQX}} \\ &= \dfrac{MP}{MY} \cdot \dfrac{NX}{NQ} \cdot \dfrac{\sin \angle{MPY}}{\sin \angle{NQX}} \\ &= \dfrac{\sin \angle{MYP}}{\sin \angle{MPY}} \cdot \dfrac{\sin \angle{NQX}}{\sin \angle{NXQ}} \cdot \dfrac{\sin \angle{MPY}}{\sin \angle{NQX}} \\ &= 1 \end{align*}\]
Suy ra đpcm. Tới đây xét phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\dfrac12$ biến $BM$ thành $YE$, biến $CN$ thành $XF$, biến tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ thành chính nó. Do $BM, CN, AD$ đồng quy nên $YE, XF, AD$ cũng đồng quy.

Chém bài ngắn nhất trước

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ có tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $E$. $K$ là hình chiếu của $E$ lên đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng: $(K;EK)$ tiếp xúc $(O)$.

 9.PNG   27.13K   46 Số lần tải

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ với $X, Y, Z$ lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn trên $BC, AC, AB$. Lấy $T$ là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính $AI$ với $(O)$.

Trước hết ta chứng minh $TX$ đi qua $D$ là trung điểm cung nhỏ $BC$. Do $\angle TBZ = \angle TCY$ và $\angle TZB = 180^\circ - \angle TZA = 180^\circ - \angle TYA = \angle TYZ$ nên $\triangle{TZB} \sim \triangle{TYC}$, suy ra $\dfrac{TB}{TC} = \dfrac{ZB}{YC} = \dfrac{XB}{XC}$. Do $X$ nằm trên đoạn $BC$ nên $TX$ là phân giác trong góc nội tiếp $BTC$, từ đó $TX$ đi qua $D$.

Gọi $H$ là giao điểm của $IX$ và $OT$, do $HX \parallel OD$ nên $\dfrac{TH}{HX} = \dfrac{TO}{OD} = 1$ hay $HT = HX$.

Bây giờ ta cần chứng minh $H$ nằm trên đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$. Lấy $X'$ đối xứng $X$ qua $H$ và $D'$ đối xứng $D$ qua $O$, theo bổ đề hình thang thì $T$, $X'$, $D'$ thẳng hàng. Do $DD'$ là đường kính $(O)$ nên $\angle ATX' = \angle ADD' = \angle DIX = \angle AIX'$, suy ra $X'$ cũng thuộc đường tròn đường kính $AI$. Từ đó $AX' \perp XX'$ và $AX' \parallel BC$, mà $H$ là trung điểm $XX'$ nên $H$ phải nằm trên đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$.

Bấy giờ, để ý rằng: Do $BX = CE$ nên $(K,KE)$ chỉ là ảnh của $(H,HX)$ qua phép đối xứng trục $DD'$, mà $(H,HX)$ tiếp xúc $(O)$ tại $T$ nên theo tính đối xứng thì $(K, KE)$ cũng tiếp xúc $(O)$ (tại $T'$ là ảnh của $T$ của phép đối xứng trục $DD'$)