dat09

 H40.png   74.85K   0 Số lần tải

(a) Gọi $BX$ cắt $CY$ tại $R$, $AR$ cắt $BC$ tại $Q$.

Dễ thấy $AEBX$ và $AFCY$ là các hình chữ nhật nên $\angle AXR=\angle AYR=90^{\circ}$ và $BR\parallel AC$, $CR\parallel AB$.

Suy ra $Q$ là trung điểm của $AR$ do $ABRC$ là một hình bình hành.

Đồng thời, tứ giác $AXRY$ nội tiếp đường tròn tâm $Q$ đường kính $AR$.

Gọi $AD$ cắt lại $(Q)$ tại $G$. Định nghĩa lại $Z$ là điểm trên mặt phẳng sao cho $AZ,GZ$ cùng tiếp xúc với $(Q)$.

Vì $\angle AGR=90^{\circ}$ nên $RG\parallel BC$ theo quan hệ song song vuông góc.

Từ đó chùm $R(GQ,BC)=-1=R(GA,XY)$, suy ra tứ giác $AXGY$ điều hòa.

Do vậy, ba điểm $X,Y,Z$ thẳng hàng. Mà $Z$ cũng nằm trên $BC$ do $Z,B,C$ cùng thuộc trung trực của $AG$, nên ta có điều phải chứng minh.

(b) Gọi $CF,BE$ cắt $AX,AY$ lần lượt tại $K,L$; $EF$ cắt $KL,RH$ lần lượt tại $S,T$; $EF$ cắt $AI$ tại $J$.

Do $A,P$ là điểm chung giữa $(O)$ và $(Q)$ nên $AP\perp OQ$ hay $AP\perp AH$.

Lập luận tương tự câu (a), ta thu được $SA$ tiếp xúc với $(AEF)$ hay $SA\perp AH$, vậy $A,P,S$ thẳng hàng.

Ta có $\angle CPS=\angle ABC=\angle CES$ suy ra $C,E,P,S$ đồng viên.

Khi đó $\overline{AP}.\overline{AS}=\overline{AE}.\overline{AC}=\overline{AH}.\overline{AD}$.

Vậy thì phép nghịch đảo $I_{A}^{\overline{AH}.\overline{AD}}$ biến $PD\leftrightarrow(AHS)$, $AZ\leftrightarrow AZ$, $(O)\leftrightarrow EF$, $I\leftrightarrow J$, $H\leftrightarrow D$, $IH\leftrightarrow(ADJ)$

Lại có $\angle CHR=\angle CBR=\angle 90^{\circ}-\angle HBC=90^{\circ}-\angle HFE$ nên $RH\perp EF$ tại $T$.

Suy ra 4 điểm $A,H,S,T$ cùng thuộc đường tròn đường kính $HS$. $\textbf{(1)}$

Đồng thời 4 điểm $A,T,R,J$ cùng thuộc đường tròn đường kính $JR$.

Hơn nữa, vì $\overline{HT}.\overline{HR}=\overline{HF}.\overline{HC}=\overline{HA}.\overline{HD}$ nên $A,T,R,D$ đồng viên.

Suy ra 4 điểm $A,D,J,T$ cũng đồng viên. $\textbf{(2)}$

Từ (1) và (2), ta thấy hai đường tròn $(AHS),(ADJ)$ và đường thẳng $EF$ đồng quy tại $T$.

Như vậy ảnh của chúng qua phép nghịch đảo $I_{A}^{\overline{AH}.\overline{AD}}$ cũng đồng quy hay $IH,PD$ cắt nhau trên $(O)$.

 H4.png   58.15K   0 Số lần tải
Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $S$ trên mp$(ABC)$.
Đặt $SH=h$, độ dài chiều cao hạ từ $S$ của các tam giác $SBC,SCA,SAB$ lần lượt là $h_a,h_b,h_c$ ($h,h_a,h_b,h_c>0$).
Áp dụng công thức Heron vào $\triangle ABC$, ta được: $[ABC]=10\sqrt{2}$
Theo bài ra ta có:
$3V_{S.ABC}=h.[ABC]=2\sqrt{5}.[SBC]=\frac{4\sqrt{5}}{9}[SCA]=\frac{8\sqrt{10}}{5}[SAB]$
hay $10\sqrt{2}h=2\sqrt{5}.\frac{1}{2}h_{a}.6=\frac{4\sqrt{5}}{9}.\frac{1}{2}h_{b}.9=\frac{8\sqrt{10}}{5}.\frac{1}{2}h_{c}.5$
$\sqrt{10}h=3h_a=h_b=2\sqrt{2}h_c$
Suy ra $\left\{\begin{matrix} h_a=\frac{\sqrt{10}}{3}h\\ h_b=\sqrt{10}h\\ h_c=\frac{\sqrt{5}}{2}h \end{matrix}\right.$. Từ đó $\left\{\begin{matrix} d(H,BC)=\sqrt{h_a^2-h^2}=\frac{h}{3}\\ d(H,CA)=\sqrt{h_b^2-h^2}=3h\\ d(H,AB)=\sqrt{h_c^2-h^2}=\frac{h}{2} \end{matrix}\right.$.
Vì $H$ nằm ngoài $\triangle ABC$ và thuộc miền trong của $\angle BAC$ nên
$2\left([HCA]+[HAB]-[HBC]\right)=2[ABC]$
hay $3h.9+\frac{h}{2}.5-\frac{h}{3}.6=20\sqrt{2}\Leftrightarrow h=\frac{8\sqrt{2}}{11}$
Vậy thể tích của khối chóp $S.ABC$ bằng $\frac{1}{3}h[ABC]=\frac{1}{3}.\frac{8\sqrt{2}}{11}.10\sqrt{2}=\frac{160}{33}$.

Bổ đề 1. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại $M$ và tiếp xúc với dây $AB$ của $(O)$ tại D. Khi đó, $MD$ đi qua điểm chính giữa của cung $AB$ không chứa $M$ của $(O)$.

Bổ đề 2. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại $M$. Tia $Mx$ cắt $(I)$ và $(O)$ lần lượt tại $A,C$, tia $My$ cắt $(I)$ và $(O)$ lần lượt tại $B,D$ ($Mx,My$ không tiếp xúc với $(O)$). Lấy $E,F$ trên $(O)$ sao cho $AE,BF$ tiếp xúc với $(I)$. Khi đó, $\frac{CE}{DF}=\frac{MA}{MB}$.

 H39.1.png   102.7K   0 Số lần tải

Bổ đề 3. (Định lí Sawayama - Thebault) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Lấy điểm $M$ bất kì trên cạnh $BC$. Đường tròn $(I_1)$ tiếp xúc trong với $(O)$ và tiếp xúc với các đoạn $MA,MC$. Đường tròn $(I_2)$ tiếp xúc trong với $(O)$ và tiếp xúc với các đoạn $MA,MB$. Gọi tiếp điểm của $(I_1),(I_2)$ với $BC$ lần lượt là $T,L$. Khi đó, $\angle LIT=90^{\circ}$ và ba điểm $I_1,I,I_2$ thẳng hàng.

Chứng minh. Gọi $I$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Tia $AM$ tiếp xúc với $(I_1),(I_2)$ lần lượt tại $S,K$ và cắt $(O)$ tại $N$. Tiếp điểm của $(I_1)$ và (O) là $P$.

Theo Bổ đề 1,2 thì $\frac{NS}{NP}=\frac{JT}{JB}=\frac{JT}{JI}=\frac{JI}{JP}$ suy ra $\triangle PSN\sim\triangle PIJ$, kéo theo $\triangle PSI\sim\triangle PNJ$. Từ đây, $\angle PSI=\angle PNJ=180^{\circ}-\angle PAJ=180^{\circ}-\angle PTC=180^{\circ}-\angle PST$. Do đó, $S,T,I$ thẳng hàng. Tương tự thì $K,L,I$ cũng thẳng hàng. Dễ thấy $ST\perp KL$ nên $\angle LIT=90^{\circ}$.

Gọi giao điểm của $MI_1,MI_2$ với $ST,KL$ lần lượt là $E,F$.

Vì $\triangle I_1TM\cup\left\{E\right\}\sim\triangle MLI_2\cup\left\{F\right\}$ nên $\frac{I_1E}{I_1M}=\frac{MF}{MI_2}=\frac{EI}{MI_2}$, suy ra $\triangle I_1IE\sim\triangle I_1I_2M$. Vậy $\angle EI_1I=\angle MI_1I_2$ hay $I_1,I,I_2$ thẳng hàng.

Bổ đề 4. Tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$. Đường tròn $A$-mixtilinear tiếp xúc trong với $(O)$ và tiếp xúc với cạnh $AC$ tại $T$. Khi đó, $\angle AIT=90^{\circ}$.

 H39.3.png   60.2K   0 Số lần tải

Các Bổ đề 1,2,4 khá quen thuộc nên mình sẽ không chứng minh.

(a) Bài toán tổng quát. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Điểm $M$ thay đổi trong đoạn $BC$. Đường tròn $(I_1)$ tiếp xúc trong với $(O)$ tại $E$ và tiếp xúc với các đoạn $MA,MC$. Đường tròn $(I_2)$ tiếp xúc trong với $(O)$ tại $F$ và tiếp xúc với các đoạn $MA,MB$. Chứng minh rằng $EF$ luôn đi qua một điểm cố định.

 H39.2.png   110.94K   0 Số lần tải

Gọi đường tròn $B$-mixtilinear và $C$-mixtilinear tiếp xúc trong với $(O)$ lần lượt tại $P,Q$; tiếp xúc với cạnh $BC$ lần lượt tại $K,H$. Tiếp điểm của $(I_1),(I_2)$ với $BC$ lần lượt là $S,T$. $I,J$ lần lươt là tâm nội tiếp của $\triangle ABC$ và điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$.

Theo Bổ đề 3,4 thì $\angle SIT=\angle CIH=\angle BIK=90^{\circ}$, suy ra ba đường tròn $(SIT),(CIH),(BIK)$ cùng đi qua $I$ và điểm đối xứng của $I$ qua $BC$.

Từ đó, ta có $\frac{P_{T/(BKJ)}}{P_{T/(CHJ)}}=\frac{P_{T/(BIK)}}{P_{T/(CIH)}}=\frac{P_{S/(BIK)}}{P_{S/(CIH)}}=\frac{P_{S/(BKJ)}}{P_{S/(CHJ)}}$

Do vậy, ba đường tròn $(SJT),(BKJ),(CHJ)$ đồng trục. Xét phép nghịch đảo $I^{JB^2}_{J}$:

$(SJT)\leftrightarrow EF, (BKJ)\leftrightarrow BP, (CHJ)\leftrightarrow CQ$

Suy ra $EF,BP,CQ$ đồng quy. Gọi $BP$ giao $CQ$ tại $R$ thì dễ thấy $R$ cố định. Vậy $EF$ luôn đi qua $R$ cố định.

 H39.png   143.45K   0 Số lần tải

(b) Gọi tiếp điểm của $DP$ với $(K),(L)$ lần lượt là $M,N$. $FN,EM$ lần lượt cắt lại đường tròn $(O)$ tại $U,V$. $J$ là tiếp điểm của $(K)$ với $BC$.

Theo Bổ đề 1 thì $U,V$ lần lượt là điểm chính giữa của cung $DBQ,DCQ$. Khi đó:

$\angle DUV=\frac{1}{4}\text{sđ}\stackrel{\frown}{DCQ}=\frac{1}{4}\left(\text{sđ}\stackrel{\frown}{BD}+\text{sđ}\stackrel{\frown}{CQ}\right)$

$=\frac{1}{2}\left(\angle BQD+\angle CDQ\right)=\frac{1}{2}\left(\angle DCP+\angle CDP\right)=\angle IGJ$ 

Kết hợp $\angle UDV=\angle GIJ=90^{\circ}$ theo Bổ đề 3, ta được $\triangle UDV\sim\triangle GIJ$.

Ta biến đổi tỉ số:

$\frac{QN}{QE}=\frac{QN}{QU}.\frac{QU}{DV}.\frac{DV}{QE}=\frac{FN}{FD}.\frac{IG}{IJ}.\frac{MD}{ME}=\frac{NG}{DI}.\frac{IG}{IJ}.\frac{MD}{ME}$

$=\frac{MD}{DI}.\frac{IG}{IJ}.\frac{NG}{ME}=\frac{\sin{\angle MID}}{\sin{\angle MDI}}.\frac{IG}{IJ}.\frac{NG}{ME}=\frac{\sin{\angle IGJ}}{\sin{\angle IJG}}.\frac{IG}{IJ}.\frac{NG}{ME}=\frac{NG}{ME}$.

Kết hợp $\angle QNG=\angle QEM=\frac{1}{2}\text{sđ}\stackrel{\frown}{QV}$, suy ra $\triangle NGQ\sim\triangle EMQ$.

Vậy nên $\angle NQG=\angle EQM$ hay $DE=DH$.

 H3.png   50.95K   0 Số lần tải

- Trường hợp 1: mp$(a)$ song song với $AC$ và $BD$.

Vì $\left\{\begin{matrix} AC\parallel(a)\\ AC\subset(CAD)\\ (CAD)\cap(a)=NP \end{matrix}\right.$ nên $AC\parallel NP$.

Do $N$ là trung điểm của $CD$ nên $P$ là trung điểm của $AD$. Tương tự thì $Q$ là trung điểm của $BC$.

Vậy $NP=MQ=\frac{AC}{2}$ và $NP\parallel MQ\parallel AC$ hay $MPNQ$ là một hình bình hành nên $MN$ chia đôi $PQ$.

- Trường hợp 2: mp$(a)$ cắt $AC$ và $BD$.

Gọi $(a)\cap BD=S$ thi ta có $S,P,M$ thẳng hàng và $S,Q,N$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí Menelaus cho $\triangle ABD$ và $\triangle CBD$:

$\frac{MA}{MB}.\frac{SB}{SD}.\frac{PD}{PA}=\frac{ND}{NC}.\frac{QC}{QB}.\frac{SB}{SD}=1\Rightarrow\frac{PD}{PA}=\frac{QC}{QB}$

Lấy điểm $L,T$ lần lượt trên $BD,NQ$ sao cho $QL\parallel BT\parallel CD$ thì tỉ số $\frac{PD}{PA}=\frac{QC}{QB}=\frac{LD}{LB}$ suy ra $PL\parallel AB$.

Do $\left\{\begin{matrix} PL\parallel MB\\ QL\parallel BT \end{matrix}\right.$ nên $(PQL)\parallel(MTB)$.

Do vậy, giao tuyến của chúng với mp$(a)$ song song với nhau hay $PQ\parallel MT$.

Lại có chùm $M(TK,QP)=M(TN,QS)=B(TN,QS)=-1$ vì $N$ là trung điểm của $CD$ và $BT\parallel CD$.

Mà $PQ\parallel MT$ nên $K$ là trung điểm của $PQ$.

 H38.png   79.05K   0 Số lần tải

(a) Gọi $D,E$ lần lượt là trung điểm các cung $BAC,BC$ của $(O)$, $I$ là trung điểm của $BC$, $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$ của $\triangle ABC$ và $K$ là hình chiếu vuông góc của $E$ trên $AH$.

Đặt $ID=x$ và $IB=y$ $(x>0,y>0)$. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông thì

          $2R=x+\frac{y^2}{x}=\frac{x}{3}+\frac{x}{3}+\frac{x}{3}+\frac{y^2}{x}$

               $\ge4\sqrt[4]{\frac{x}{3}.\frac{x}{3}.\frac{x}{3}.\frac{y^2}{x}}=4\sqrt[4]{\frac{x^{2}y^2}{27}}$

          $\Leftrightarrow xy\le\frac{3\sqrt{3}R^2}{4}$

Vậy ta có $[ABC]=\frac{1}{2}AH.BC=\frac{1}{2}(AK-HK)BC$

                    $\le\frac{1}{2}(AE-IE)BC\le\frac{1}{2}(DE-IE)BC$

                    $=\frac{1}{2}DI.BC=ID.IB=xy\le\frac{3\sqrt{3}R^2}{4}=const$

Dấu "=" xảy ra khi $\triangle ABC$ đều.

(b) Đặt $[OBC]=a,[OCA]=b,[OAB]=c$ $(a,b,c>0)$. Xét biểu thức sau:

$\frac{OA'+OB'+OC'}{R}=\frac{OA'}{OA}+\frac{OB'}{OB}+\frac{OC'}{OC}$

                                     $=\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

                                     $=\frac{a^2}{ca+ab}+\frac{b^2}{ab+bc}+\frac{c^2}{bc+ca}$

                                     $\ge\frac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$

                                     $\ge\frac{(a+b+c)^2}{2\frac{(a+b+c)^2}{3}}=\frac{3}{2}$

Do vậy, ta có điều phải chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi $\triangle ABC$ đều.

(c) Gọi giao điểm của $BC$ và đường tròn $(B;R)$ là $M,N$ sao cho $M$ thuộc tia $BC$.

     Gọi giao điểm của $BC$ và đường tròn $(C;R)$ là $P,Q$ sao cho $P$ thuộc tia $CB$.

Ta có ngay $A'M=A'P=\left|R-\frac{BC}{2}\right|$ và $A'N=A'Q=R+\frac{BC}{2}$.

Từ đó $\overline{A'E}.\overline{A'E'}=\overline{A'M}.\overline{A'N}=\overline{A'P}.\overline{A'Q}=\overline{A'F}.\overline{A'F'}$

Suy ra 4 điểm $E,E',F,F'$ cùng thuộc một đường tròn, gọi là $(\omega_{1})$.

Tương tự thì $F,F',D,D'$ cùng thuộc $(\omega_{2})$ và $D,D',E,E'$ cùng thuộc $(\omega_{3})$.

Ta thấy $DD',EE',FF'$ lần lượt là trục đẳng phương của các cặp đường tròn $((\omega_{2})$,$(\omega_{3}));((\omega_{3})$,$(\omega_{1}));((\omega_{1})$,$(\omega_{2}))$ và $DD',EE',FF'$ tạo thành một tam giác (không đồng quy hoặc đôi một song song).

Do đó $(\omega_{1}),(\omega_{2}),(\omega_{3})$ đồng tâm, gọi là $T$.

Gọi $r_1,r_2,r_3$ lần lượt là bán kính của $(\omega_{1}),(\omega_{2}),(\omega_{3})$, ta lại có

$r_{1}^{2}=TE^2=r_{3}^{2}=TD^2=r_{2}^{2}$

Vậy thì $(\omega_{1}),(\omega_{2}),(\omega_{3})$ trùng nhau hay 6 điểm $D,D',E,E',F,F'$ đồng viên.