Was It a cat I saw

Bài 1:

 Screenshot (48).png   31.18K   12 Số lần tải

Giải: Gọi $H,G$ là giao của $YZ,XZ$ với $AB,AC$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc $AI$ cắt $BC$ tại $Q$.

         $AQ$ cắt $(O)$ tại $N$. $NI$ cắt lại $(O)$ tại $P$.

Dễ có $YZ,FD$ đối xứng nhau qua $BI$ nên $BH=BD, IH=ID$. Tương tự $CD=CG, ID=IG$. 

Đồng thời $QI^{2}= \overline{QB}.\overline{QC}= \overline{QN}.\overline{QA}$ nên $IN \bot AQ$ và $AP$ là đường kính.

Ta cần c/m $IJ$ là đối trung trong $\triangle{IBC}$ hay $(QJ,BC)=-1$ hay $A(NJ,HG)=-1$.

Mặt khác $AJ$ đi qua trung điểm $HG$ do $AHZG$ là hình bình hành.

Tóm lại cần có $AN \parallel HG$ hay $PI \bot HG$.

Thật vậy: $IH=ID=IG$ theo cmt.

Lại thấy: $PH^{2}=BP^{2}+BH^{2}=BP^{2}+BD^{2}=BP^{2}+BA^{2}-AD^{2}=AP^{2}-AD^{2}$.

Tương tự $PG^{2}=AP^{2}-AD^{2}$. Dẫn đến $PH=PG$. 

Vì vậy $IP$ là trung trực của $HG$ (đpcm).

Bài 3:
 Screenshot (46).png   43.75K   9 Số lần tải

Giải: Gọi $S$ là giao của $AQ$. $I,L,J$ đối xứng với $A,P,Q$ qua $S$. $A'$ đối xứng $A$ qua $BC$.
       $M$ là trung điểm $BC$. $DI$ cắt $BC$ tại $G$. $IL$ cắt $AT$ tại $H$. $SD$ cắt $(O)$ tại $R$.
       Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $U$.
Theo Bài 4: $Q,P,D,A'$ đồng viên.
Ta có các kết quả sau:
      $1*Q,S,D,M$ đồng viên (do $Q(SD,BC)=-1$).
      $2*M,D,A'$ thẳng hàng ($D$ là điểm Humpty $\triangle{A'BC}$ đỉnh $A'$).
      $3*A',I,D,P,Q$ đồng viên ($\widehat{A'IQ}= \widehat{AST}= \widehat{QDA'}$).
      $4*G,D$ đối xứng $T,H$ qua $S$: $\widehat{QID}= \widehat{QPA}= \widehat{QAT}$ nên $AT \parallel ID$.
Mà $S$ là trung điểm $AI$. Suy ra $ATIG, AHID$ là hình bình hành.
      $5*G,R,J$ thẳng hàng: $G(AI,SU)=-1$ nên $GU \parallel AI$.
Từ đó $G(QJ,SU)=-1$. Chiếu xuyên tâm $G$ lên $QU$ với lưu ý $(QR,BC)=-1$ thu được kết quả trên.
      $6*J,R,D,I$ đồng viên ($\overline{SR}.\overline{SD}= \overline{SQ}.\overline{SA}= \overline{SJ}.\overline{SI}$).
Tóm lại qua phép đối xứng tâm $S$ ta cần $GL$ tiếp xúc $(ILJ)$.
Thật vậy: gọi $GJ$ cắt $(ILJ)$ tại $K$, ta có: $\widehat{JKI}= \widehat{JID}= \widehat{GJD}$.
Suy ra: $IK \parallel DH$. Khi đó $I(KJ,LI)=I(KS,HD)=-1$ (đpcm).

Bài 4:
 Screenshot (44).png   37.16K   11 Số lần tải
Dự đoán: $(KPD)$ đi qua $A'$ đối xứng của $A$ qua $BC$.
Giải: Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $J$. $AK$ cắt $BC$ tại $H$.
       $L,G,I$ là giao của $A'J,AJ,EF$ với đường thẳng qua $P$ song song $BC$.
Ta có các kết quả sau:
       $1*J,F,E$ thẳng hàng.
       $2*FE \parallel PH$: Gọi $JK$ cắt $(O)$ tại $V$, biến đổi góc được $AV \parallel FE$.
Mặt khác $(AD,KV)=-1$, chiếu xuyên tâm $A$ lên $BC$ rồi chiếu song song $EF$ lên $AD$ thu được kết quả trên.
       $3*JA \parallel IH$: Do $I$ là trung điểm $GP$ (phép chiếu) kết hợp với $2*$.
       $4*J,A',D,Q$ đồng viên: $\widehat{JDQ}= \widehat{JAQ}= \widehat{JA'Q}$.
       $5*L,A',D,P$ đồng viên: Do $4*$ và $PL \parallel QJ$.
Tóm lại từ $5*$ và đpcm ta cần $L,K,P,D$ đồng viên.
Thật vậy: $\widehat{KJI}= \widehat{KBA}= \widehat{JAH}= \widehat{KHI}$ suy ra $K,I,J,H$ đồng viên.
Mà $LJHI$ là hình thang cân (do $JG,JL$ đối xứng qua $BC$ kết hợp $3*$) nên $K,L,H,I,J$ đồng viên.
Khi đó $\widehat{KLP}= \widehat{KHI}= \widehat{KDP}$ hay $L,K,P,D$ đồng viên.

Chứng minh: a) Xét $\triangle BEM$ và $\triangle CNF$ có $BC,EN,MF$ đồng qui tại $D$.

Gọi $X$ là giao của $BM$ và $CF$. $Y$ là giao của $CN$ và $BE$ thì theo định lí Desargues: $X,Y,A$ thẳng hàng.

Khi đó: $B(XY,AC)=C(XY,AB)$ hay $P(ME,AC)=P(FN,AB)$. 

Mặt khác $\widehat{APF}=\widehat{BPF}=\widehat{APE}=\widehat{CPE}=60^o$.

Nên $\widehat{NPA}=\widehat{MPC}$. Suy ra $\widehat{MPN}=120^o$.

b) Gọi phân giác trong $\widehat{MPN}$ cắt $MN$ tại $Z$.

Ta có: $P(FE,AZ)=P(NM,AZ)$ (Vì các góc tương ứng bằng nhau).

                           $=A(NM,PZ)$ (Vì $M,Z,N$ thẳng hàng).

                           $=A(FE,PZ)$.

Do đó $F,E,Z$ thẳng hàng.