baopbc

 Post 399.png   52.04K   112 Số lần tải

Xin đưa ra một hướng giải khá dài cho bài toán 1,

 

Gọi $M$ là hình chiếu của $P$ lên $EF$, $S$, $T$ lần lượt là giao điểm của $AP$ với $BC$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. $N$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Theo tính chất phương tích : $SP\cdot SQ$ $=$ $SB\cdot SC$ $=$ $ST\cdot SA$ nên $\tfrac{ST}{SQ}$ $=$ $\tfrac{SP}{SA}$ $\Leftrightarrow $ $\tfrac{ST}{TQ}$ $=$ $\tfrac{SP}{PA}$. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông và chú ý các tam giác $NTB$ và $APE$ đồng dạng góc - góc ta suy ra $\tfrac{PM}{PA}$ $=$ $\tfrac{PE^2}{PA^2}$ $=$ $\tfrac{TB^2}{TN^2}$. Do $NT$ $\perp$ $BC$ nên các tam giác $PSD$ và $TNA$ đồng dạng góc - góc suy ra $\tfrac{PS}{PD}$ $=$ $\tfrac{TN}{TA}$. Từ đó ta thu được $\tfrac{PM}{PA}$ $\cdot$ $\tfrac{PS}{PD}$ $=$ $\tfrac{TB^2}{TN\cdot TA}$. Mặt khác do $TB^2$ $=$ $TS\cdot TA$ nên $\tfrac{PM}{PA}$ $\cdot$ $\tfrac{PS}{PD}$ $=$ $\tfrac{ST}{TN}$ $\Leftrightarrow $ $\tfrac{PM}{PD}$ $=$ $\tfrac{ST}{SP}$ $\cdot $ $\tfrac{PA}{TN}$ $=$ $\tfrac{TQ}{TN}$. Do đó $\triangle NTQ$ $\sim $ $\triangle DPM$ (cạnh - góc -cạnh) suy ra $\angle PMD$ $=$ $\angle NQT$. Gọi $Z$ là giao điểm của $EF$ với $BC$, $U$ là giao điểm của $QN$ với $BC$ thì tứ giác $ZPUQ$ nội tiếp một đường tròn. Do đó $SU\cdot SZ$ $=$ $SP\cdot SQ$ $=$ $ST\cdot SA$ suy ra tứ giác $AUTZ$ nội tiếp. Gọi $Y$ là hình chiếu của $K$ lên $EF$, do các cặp tam giác $KYE$ và $PFB$, $KYF$ và $PEC$ đồng dạng nên $\tfrac{YE}{YF}$ $=$ $\tfrac{BF}{CE}$ $=$ $\tfrac{ZB}{ZC}$ (theo định lý Menelaus trong tam giác $ABC$ với cát tuyến $\overline{ZEF}$). Gọi $V$ là điểm trên đoạn $BC$ sao cho $\tfrac{VB}{VC}$ $=$ $\tfrac{ZB}{ZC}$ $=$ $\tfrac{YE}{YF}$, ta thu được cấu hình đồng dạng : $\triangle BNC\cup V$ $\sim $ $\triangle EAF\cup Y$. $G$ là giao điểm khác $T$ của $TZ$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, do $T$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $G$ nên $GZ$ là phân giác ngoài $\angle BGC$, suy ra $GV$ là phân giác trong $\angle BGC$, do đó $G$, $V$, $N$ thẳng hàng. Từ đó $\angle YAM$ $=$ $\angle VNT$ $=$ $\angle SZT$ nên $A$, $Y$, $U$ thẳng hàng. Gọi $W$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$. Đường thẳng qua $K$ song song với $BC$ cắt $CA$, $AB$ lần lượt tại $I$, $J$. Do $\angle PIK$ $=$ $\angle PEK$ $=$ $\angle PEM$ $+$ $\angle FEK$ $=$ $\angle PAB$ $+$ $\angle FDP$ $=$ $\angle PAB$ $+$ $\angle PBA$ $=$ $\angle BPQ$ $=$ $\angle BQC$. Tương tự ta thu được cấu hình đồng dạng : $\triangle BQC\cup W$ $\sim $ $\triangle JPI\cup K$, do đó $\tfrac{WC}{WB}$ $=$ $\tfrac{KI}{KJ}$. Theo bổ đề hình thang, $A$, $K$, $W$ thẳng hàng. Do $Q(WRNT)$ $=$ $(WRUS)$ $=$ $A(KLYS)$ $=$ $-1$ và $QW$ $\parallel $ $TN$ nên $QR$ đi qua trung điểm $TN$. Từ đó $QR$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ cố định. $\square$

Xin đưa ra một hướng giải quyết cho bài toán 2, ta sẽ xét bài toán tổng quát hơn như sau :

 

Bài toán tổng quát. Cho tam giác $ABC$, điểm $P$ sao cho $\tfrac{PB}{PC}$ $=$ $\tfrac{AB}{AC}$. $Q$ là giao điểm của $AP$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì trung trực $PQ$ đi qua một điểm cố định.

 

Giải. Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $S$. Do $\tfrac{PB}{PC}$ $=$ $\tfrac{AB}{AC}$ nên $P$ thuộc đường tròn Apollonius chia $BC$ theo tỉ số $\tfrac{AB}{AC}$, từ đó $P$ thuộc đường tròn tâm $S$, bán kính $SA$. Gọi $D$ là giao điểm của $(S,SA)$ với đường tròn $(O)$, $A'$ là đối xứng của $A$ qua $O$ và $T$ là giao điểm của $A'D$ với trung trực $AA'$. Do $OS$ $\perp $ $AD$ nên $\angle SOA$ $=$ $\angle DA'A$, mặt khác chú ý rằng $OA$ $=$ $OA'$ nên $\triangle OTA'$ $=$ $\triangle ASO$. Từ đó $TO$ $=$ $SA$. Gọi $d_1$, $d_2$, $d_3$ lần lượt là các đường thẳng qua $S$, $O$, $T$ và vuông góc với $PQ$. Ta có $(OT,d_3)$ $=$ $(OT,d_2)$ $=$ $(AQ,AO)$ $=$ $(AS,d_1)$, kết hợp với $OT$ $=$ $SA$ nên $d(A,d_1)$ $=$ $d(O,d_3)$. Mặt khác do $d_1$, $d_2$ lần lượt là trung trực $AP$, $AQ$ nên $d_3$ là trung trực $PQ$. Do đó trung trực $PQ$ luôn đi qua điểm $T$ cố định. $\square$

 

Bây giờ ta xét bài toán gốc. Gọi $X$ là giao điểm của các đường tròn ngoại tiếp các hình chữ nhật $BPED$ và $CPGF$. Do hai hình chữ nhật này bằng nhau nên $\angle BXC$ $=$ $\angle BXP$ $+$ $\angle CXP$ $=$ $\angle BEP$ $+$ $\angle PGC$ $=$ $90^\circ$ suy ra $X$ thuộc đường tròn đường kính $BC$. Gọi $K$ là giao điểm của đường tròn đường kính $BC$ với đường tròn Apollonius chia $BC$ theo tỉ số $\tfrac{AB}{AC}$ sao cho $K$ khác phía $A$ đối với $BC$. Do $\tfrac{KB}{KC}$ $=$ $\tfrac{PB}{PC}$ nên $\triangle BKC$ $\sim$ $\triangle BPE$ $=$ $\triangle GPC$ suy ra $\angle BXP$ $=$ $\angle BCK$, từ đó $K$, $P$, $X$ thẳng hàng. Áp dụng bài toán tổng quát cho tam giác $BKC$ ta có trung trực $PX$ luôn đi qua một điểm cố định. $\square$

Link lời giải bài toán 141 :  http://artofproblems...1341458p7284966

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 1 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, tâm bàng tiếp góc $A$ là $J$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$, $CA$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$. $K$ là hình chiếu của $D$ trên $EF$. $AK$ cắt $(O)$ tại $L$ khác $A$. Tiếp tuyến qua $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$. Trên trung trực $AL$ lấy $P$ sao cho $TP\parallel AI$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm $JL$, $MP$. Chứng minh rằng $JL\perp ON$.

Lời giải bài toán 138. Dễ thấy $M,I,N$ thẳng hàng, ta có $\angle PMA=180^\circ-\angle AIB=\frac{1}{2}\cdot (\angle A+\angle B)=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle C=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle MPA$ nên $\triangle MPA$ cân suy ra $\overline{PA}=\overline{PM}$. Tương tự thì $\overline{PA}=\overline{PN}$ nên $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$.Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm của $AP$ với các đường tròn $(AIB)$ và $(AIC)$. Do $\measuredangle AEM=\measuredangle ABM=\measuredangle ACP$ nên $ME\perp OP$. Tương tự thì $NF\perp OP$ do đó $ME\parallel NF$. Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $PB,PC$ với đường thẳng qua $A$ vuông góc với $PO$. Do $ST\parallel ME\parallel NF$ nên theo định lí Thales \[\frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AP}},\frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}=\frac{\overline{AP}}{\overline{AF}}\Rightarrow \frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}\cdot \frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}\] Mặt khác do các tam giác $APM$ và $APN$ cân tại $P$ nên $BE\parallel AM, CF\parallel AN$ suy ra $\overline{AE}=\overline{MB}, \overline{AF}=\overline{NC}$. Do đó $\overline{AE}:\overline{AF}=\overline{MB}:\overline{NC}$. Gọi $X$ là giao điểm của $MN$ với $ST$. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $SPT$, cát tuyến $M,N,X$ ta suy ra \[\frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}\cdot \frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}\cdot \frac{\overline{XN}}{\overline{XM}}=1\Rightarrow \frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\Rightarrow \frac{\overline{MB}}{\overline{NC}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\] Gọi $K,L$ lần lượt là giao điểm của $MQ,NR$ với đường thẳng $ST$. Theo định lí Thales \[\frac{\overline{KM}}{\overline{LN}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\Rightarrow\frac{\overline{KM}}{\overline{LN}}=\frac{\overline{MB}}{\overline{NC}}\] Mặt khác do $\overline{PM}=\overline{PN}$ nên $\triangle MPN$ cân tại $P$ nên $\measuredangle MNP=\measuredangle NMP$ suy ra $\measuredangle KMB=\measuredangle LNC$. Từ đó $\triangle KMB\sim \triangle LNC$ (cạnh - góc - cạnh) suy ra $\measuredangle KBM=\measuredangle LCN$. Do đó $\angle AKB=\angle KSB+\angle KBS=90^\circ-\angle OPB+\angle LCN=\angle BCP+\angle LCN=180^\circ-\angle BCL$ suy ra tứ giác $KBCL$ nội tiếp.\\ Gọi $Z$ là giao điểm của $ST$ với $BC$, theo tính chất phương tích $\overline{ZK}\cdot \overline{ZL}=\overline{ZB}\cdot \overline{ZC}$. Mặt khác do $\angle MKA=180^\circ-\measuredangle (PO,MN)=180^\circ-(\angle BMI+\angle BPO)=180^\circ-(\frac{1}{2}\cdot\angle A+\angle BPO)=90^\circ+\angle BAP$ $-\frac{1}{2}\cdot \angle A=90^\circ+\frac{1}{2}\angle A-\angle PBC=180^\circ-(90^\circ-\frac{1}{2}\angle A)-\angle MBQ=\angle BQM$ nên tứ giác $KLRQ$ nội tiếp suy ra $\overline{ZK}\cdot \overline{ZL}=\overline{ZQ}\cdot \overline{ZR}$. Do đó $\overline{ZB}\cdot \overline{ZC}=\overline{ZQ}\cdot \overline{ZR}$ nên $Z$ thuộc trục đẳng phương của các đường tròn $(O)$ và $(AQR)$ suy ra $AZ$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(AQR)$, từ đó suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AQR$ thuộc $OP$ do $OP\perp AZ$. $\square$

Lời giải bài toán 126. Ta phát biểu bài toán về dạng dễ nhìn hơn như sau :

Bài toán 126'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$. $P$ thuộc $OH$. Gọi $X$, $Y$, $Z$ lần lượt là đối xứng của $P$ qua trung trực $BC$, $CA$, $AB$. Chứng minh rằng $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy.

 

Giải. Bổ đề (Định lý Steiner). Cho tam giác $ABC$. $D$, $E$ là hai điểm bất kỳ trên $BC$. Khi đó $AD$, $AE$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ khi và chỉ khi $\tfrac{DB}{DC}\cdot \tfrac{EB}{EC}=\tfrac{AB^2}{AC^2}$

 

Quay lại bài toán. Ta sẽ chứng minh $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại một điểm có điểm liên hợp đẳng giác thuộc $OH$.

Gọi $T$ là giao điểm của $AX$ với $OH$, đường đẳng giác với $AX$ trong $\widehat{BAC}$ cắt $OH$ tại $S$.

Do $AO$, $AH$ đẳng giác nên $AX$, $AS$ đẳng giác trong $\widehat{OAH}$.

Theo định lý Steiner ta suy ra, 

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\]

Gọi $G$ là giao điểm của $XO$ với $AH$, $R$ là giao điểm của đường tròn $(ARO)$ với $AO$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $OGH$ với $\overline{ATX}$ ta thu được,

\[\frac{TO}{TH}=\frac{XO}{XG}\cdot \frac{AG}{AH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot XO\cdot AG}{AO^2\cdot XG}\]

Do $\tfrac{XO}{XG}=\tfrac{OP}{OP+OH}$ nên,

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot OP\cdot AG}{AO^2\cdot (OP+OH)}\]

Do tứ giác $HGRO$ nội tiếp nên $AG\cdot AH=AR\cdot AO$.

Chú ý các góc $\widehat{HRO}$ và $\widehat{AHO}$ bằng nhau nên $\triangle HRO\sim \triangle AHO$.

$\Rightarrow OR=\tfrac{OH^2}{AO}$

Từ đó,

\[\frac{SH}{SO}=(1-\frac{OH^2}{OA^2})\cdot \frac{OP}{OP+OH}\]

Tương tự với $B$, $C$, ta suy ra $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại điểm liên hợp đẳng giác với $S$ đối với tam giác $ABC$. $\square$

Lời giải bài toán 121. Gọi $X$ là giao điểm của $QI$ với đường tròn $(O)$. $Y$, $Z$ lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ $AQ$ của $(O)$ và cung nhỏ $EF$ của $(K)$.

Theo bài toán 111 thì $X$, $Y$, $Z$ thẳng hàng. Mặt khác do $\triangle RYM\sim \triangle NZD$ (do $DZ\parallel MY$ theo bài toán 111) nên $X$, $N$, $R$ thẳng hàng.

Gọi $U$, $V$ lần lượt là điểm chính giữa cung $AC$, $AB$ của đường tròn $(O)$. Qua phép vị tự tâm $X$, tỉ số $\tfrac{XK}{XO}$ biến $N$ thành $R$, $E$ thành $U$, $F$ thành $V$, $K$ thành $O$ nên $R$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $UOV$. Do $\widehat{VOR}=\widehat{VPU}=\widehat{BPO}$ nên các tam giác cân $POB$ và $ORV$ đồng dạng. Do đó $OP^2=OR\cdot PB=OR\cdot PI$ suy ra $\tfrac{OR}{PI}=\tfrac{OP^2}{PI^2}$. Từ đó theo định lí Thales $PR$ là đường đối trung của tam giác $OPI$ nên $\widehat{APR}=\widehat{QPJ}$.  $\square$

Lời giải bài toán 118.

Gọi $D$ là đối xứng của $L$ qua $BC$ thì $DP\parallel OC$, $DQ\parallel OB$.

Ta có $\tfrac{MD}{MO}=\tfrac{ML}{MO}=\tfrac{HK}{HA}$. Từ đó $\tfrac{MP}{MC}=\tfrac{MQ}{MB}=\tfrac{HK}{HA}$

Gọi $X$, $Y$, $S$, $T$ lần lượt là hình chiếu của $K$, $H$ lên $CA$, $AB$. 

Do $\triangle AKY\sim \triangle CPE$ và $\tfrac{YA}{YT}=\tfrac{PC}{PM}$ nên $\triangle CME\sim \triangle ATK$

Từ đó $\widehat{EMC}=\widehat{KTY}$ nên $\triangle EMP\sim \triangle TKY$.

Tương tự $\triangle FMQ\sim \triangle KSX$.

Do tứ giác $TKSC$ nội tiếp nên $\widehat{KSX}=\widehat{YKT}$ suy ra $\triangle YKT\sim \triangle XSK$

Từ đó $\triangle MPE\sim \triangle FQM$ kéo theo $MP^2=PE\cdot QF\Rightarrow PQ^2=4PE\cdot QF$

$\Rightarrow EF^2=(QF-PE)^2+PQ^2=(QF-PE)^2+4PE\cdot QF=(QF+PE)^2\Rightarrow EF=QF+PE$.  $\square$

Em xin đề cử thầy quanghung86, anh JUV, viet nam in my heart, bangbang1412, Ego, Zaraki, bạn I love MC

Thành tích nổi bật: Như mọi người đã nói ở trên.

Ý kiến thêm : Không có

Lời giải bài 116.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $O$, trực tâm $H$, $M$ là trung điểm $BC$. Đường cao $BE$, $CF$. $MH$ cắt $EF$ và $(O)$ lần lượt tại $R$, $K$. $KA$ cắt $MO$ tại $P$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $EF$ cắt $KO$ tại $Q$. Khi đó $QR$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

 

Chứng minh. Do $AH\parallel PM$ nên $\tfrac{MH}{MK}=\tfrac{PA}{PK}=\tfrac{QO}{QK}$. Mặt khác do $(KHRM)=-1$ nên $\tfrac{MH}{MK}=\tfrac{RH}{RK}$. Từ đó theo định lí Menelaus $RQ$ đi qua trung điểm $OH$ hay $QR$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$. Bổ đề được chứng minh.

 

Quay lại bài toán.

Ta có $\widehat{QFB}=\widehat{QEF}=180^\circ-\widehat{QDF}=90^\circ-\tfrac{1}{2}\widehat{ABC}$ (do $DF$ đi qua điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $C$ của $\triangle ABC$). Gọi $M$ là giao điểm của $QF$ với $BC$ thì $\triangle FBM$ cân tại $B$ suy ra $IF=IM=IE$ suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $FME$ kéo theo $\widehat{EMF}=90^\circ$. Xác định điểm $N$ tương tự thì $\widehat{ENF}=90^\circ$. Do $\widehat{QDI}=90^\circ$ nên $DI$ đi qua điểm $Q'$ đối xứng với $Q$ qua $K$. Do đó $DI$ đi qua trực tâm tam giác $QEF$. Từ đó theo bổ đề ta có điều phải chứng minh.

Lời giải bài toán 115. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $G$. Do tứ giác $ABXC$ điều hòa nên $GX$ tiếp xúc $(O)$, mặt khác do $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $X$ nên $GX$ tiếp xúc $(K)$. Theo bài toán 112 thì $KS\perp BC$ nên $SY=SZ$. Do đó $GA^2=GX^2=GY\cdot GZ=\mathcal{P}_{G/(S)}=GS^2-SY^2$.

 

Theo định lý Cosin thì $GS^2=GO^2+OS^2-2OS.OG.\cos (\widehat{SOG})=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}OL.OG.\cos (\widehat{SOG})$.

Gọi $T$ là giao điểm của $OG$ với $AX$. Do $OG\perp AX$ nên $OL.\cos(\widehat{SOG})=OT$, suy ra

$GS^2=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}OG.OT=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}R^2$

$\Rightarrow GA^2=GO^2-\tfrac{1}{2}R^2+OS^2-SY^2\Rightarrow SY^2-OS^2=\tfrac{1}{2}R^2$.

 

Gọi $F$ là giao điểm của $(XYE)$ với $AX$.

Ta có $LF\cdot LX=LY\cdot LE=SY^2-LS^2=SY^2-\tfrac{9}{16}LO^2=SY^2-OS^2-\tfrac{1}{2}OL^2=\tfrac{1}{2}(R^2-LO^2)=\tfrac{1}{2}LA\cdot LX$

$\Rightarrow F$ là trung điểm $AL$.$\square$

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA$, $AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $D$. $M$, $N$ thuộc $BC$ sao cho $IM\perp AI$ và $DN\perp AD$. $IM$ cắt $AD$ tại $L$. Đường thẳng qua $L$ vuông góc $OA$ cắt $BC$, $AM$, $AN$ lần lượt tại $P$, $Q$, $R$. Chứng minh $P$ là trung điểm $QR$.

 Post 379.PNG   32.21K   96 Số lần tải

Hình vẽ bài toán

Giải :

 

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$, trung trực $BC$ cắt $CA$, $AB$ tại $A_1$, $A_2$. Gọi $N$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $A_1AA_2$.

Khi đó $AN$ vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

 Post 376.PNG   19.94K   14 Số lần tải

Chứng minh : $AD$ là đường kính của tam giác $ABC$, $P$ là đối xứng của $A$ qua trung điểm $BC$.

Gọi $Q$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $DBC$. Do đó $Q$ cũng là tâm đường tròn Euler của tam giác $PBC$.

Mặt khác do $D$ là trực tâm tam giác $PBC$ nên $DQ$ là đường thẳng Euler của tam giác $PBC$.

Do $P$ là đối xứng của $A$ qua trung điểm $BC$ nên đường thẳng Euler của hai tam giác $PBC$ và $ABC$ song song với nhau. $\qquad (1)$

 

Xét hai tam giác $AA_1AA_2$ và $DBC$ có các cạnh lần lượt vuông góc với nhau nên từ đó $AQ\perp AN$ $\qquad (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta thu được điều phải chứng minh.

__________________________________________

 

Quay lại bài toán :

 Post 375.PNG   53.38K   14 Số lần tải

Theo bổ đề trên $AA_3$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $AA_1A_2$.

Mặt khác $A_3$ thuộc trung trực $A_1A_2$ nên $A_3$ chính là điểm đối xứng của tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AA_1A_2$ qua $A_1A_2$.

Do đó $A_4$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AA_1A_2$.

 

Suy ra $\angle A_4AA_1=90^\circ-\angle AA_2A_1=\angle ABC$ nên $AA_4$ là tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(ABC)$.

Tương tự ta cũng có $BB_4$ và $CC_4$ lần lượt là tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $(ABC)$.

 

Dễ thấy $\angle A_4A_1A=\angle ABC$ nên $A_4$, $A_1$, $B_1$ thẳng hàng. Tương tự thì $A_4$, $A_1$, $B_1$, $B_4$ thẳng hàng suy ra $A_4B_4\parallel CC_4$. 

Tương tự $B_4C_4\parallel AA_4$, $C_4A_4\parallel BB_4$.

 

Gọi $XYZ$ là tam giác tạo bới $AA_4$, $BB_4$, $CC_4$ thì $A_4B_4C_4$ là tam giác trung bình của tam giác $XYZ$

Từ đó theo định lí Feuerbach, đường tròn $(A_4B_4C_4)$ tiếp xúc đường tròn $(O)$.

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trung trực $BC$ cắt $CA$, $AB$ tại $A_1$, $A_2$. Trên trung trực $A_1A_2$ lấy $A_3$ sao cho $AA_3$ vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác $ABC$. Lấy $A_4$ đối xứng với $A_3$ qua $A_1A_2$. Dựng tương tự các điểm $B_4$, $C_4$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_4B_4C_4$ tiếp xúc đường tròn $(ABC)$.

 Post 374.PNG   28.77K   96 Số lần tải

Hình vẽ bài toán

 

Một lời giải khác :

 

Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, $\overline{IN}\cdot \overline{IB}=ID^2=\overline{IM}\cdot \overline{IC}$ nên tứ giác $BNMC$ nội tiếp.

Mặt khác, do $MN\parallel ST$ nên $\widehat{SBC}=\widehat{MNC}=\widehat{STC}$ suy ra tứ giác $BCST$ nội tiếp.$\qquad (1)$

 

Từ $(1)$ suy ra $\widehat{PSM}=\widehat{NCD}$, $\widehat{SPM}=\widehat{CDN}$ nên $\triangle CDN\sim \triangle SPM$ (góc - góc). Do đó :

\[\frac{SM}{CN}=\frac{PM}{DN}\Rightarrow \frac{2SM}{CN}=\frac{DM}{DN}\qquad (2)\]

Gọi $K$ là giao điểm của $DM$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $NDC$.

Do $\widehat{NKC}=\widehat{NDB}=\widehat{NMN}$, $\widehat{KCN}=\widehat{MDN}$ nên $\triangle MDN\sim \triangle KCN$ (góc - góc). Do đó :

\[\frac{KC}{CN}=\frac{DM}{DN}\qquad (3)\]

Từ $(2)$ và $(3)$ ta suy ra $KC=2SM$ $\qquad (4)$

Gọi $G$, $H$ lần lượt là giao điểm của $CN$ với $DM$, $BM$ với $DN$.

Do $\widehat{MGN}=90^\circ-\widehat{NCM}=90^\circ-\widehat{MBN}=\widehat{MHN}$ nên tứ giác $MGHN$ nội tiếp. $\qquad (5)$

Từ $(5)$ suy ra $\widehat{SMK}=\widehat{GMH}=\widehat{DNG}=\widehat{MKC}$ $\qquad (6)$

Do tam giác $KMC$ vuông tại $M$ nên từ $(6)$, $MS$ đi qua trung điểm $CK$. Từ đó theo $(4)$, $S$ là trung điểm $CK$. $\qquad (7)$

 

Gọi $J$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BTSC$ với $AC$.

Từ $(7)$ suy ra $SM=SC$ hay $\triangle MSC$ cân tại $S$. Do đó $\widehat{SCJ}=\widehat{SMC}-\widehat{MCD}=\widehat{SBC}$.

Suy ra $DM$ là phân giác $\angle JBC$ hay $M$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BJC$.

Theo định lý Lyness đảo, đường tròn $(I)$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCST$.