dat09

 Solution_2_.jpg   86.14K   21 Số lần tải

 Sol(1).pdf   135.07K   25 Số lần tải

 H7.png   26.94K   9 Số lần tải

a) Gọi $E,F$ lần lượt là điểm chính giữa các cung $BAC,BC$ của $(O)$. Dễ thấy chùm $A(EF,BC)=-1=A(EF,YX)$. Theo hệ thức Newton thì $QX^2=QY^2=\overline{QE}.\overline{QF}=P_{Q/(O)}$. Suy ra $(XY)$ trực giao với $(O)$.

b) Gọi $AQ$ cắt lại $(O)$ tại $Z$, $AD$ là đường kính của $(O)$, $M$ là trung điểm của $BC$, $H$ nằm trên $(O)$ sao cho $AH \perp BC$. Ta có chùm $A(XY,HQ)=-1=(CB,HZ)$ nên tứ giác $ZBHC$ là tứ giác điều hòa hay $ZH$ là đường đối trung của $\Delta ZBC$. Do đó $ZD$ là trung tuyến của $\Delta ZBC$ vì $D,H$ đẳng giác ứng với $\angle BZC$ hay $Z,M,D$ thẳng hàng. Lại có $\angle AZH = 180^0 - \angle ADH = 180^0 - \angle QJP$ nên $Q,P,J,Z$ đồng viên. Từ đó $\angle QZJ = \angle QPJ = 90^0$. Suy ra $Z,M,D,J$ thẳng hàng. Ta thấy phép vị tự tâm $Z$ biến $\Delta AZD$ thành $\Delta QZJ$ nên nó biến $(O)$ thành $(PQJ)$. Vậy $(PQJ)$ tiếp xúc với $(O)$.

 H6.png   167.07K   14 Số lần tải

Gọi $PM$ cắt $QN$ tại $G$, $QN$ cắt $DE$ tại $S$, $PM$ cắt $DF$ tại $T$, $EL$ cắt $FK$ tại $R$.

Ta biến đổi tương đương:

$F(RE,AX)=E(RF,AX)\Leftrightarrow F(KE,BX)=E(LF,CX)$

$\Leftrightarrow \frac{\sin (FK,KB)}{\sin (FK,FX)}:\frac{\sin (FE,FB)}{\sin (FE,FX)}=\frac{\sin (EL,EC)}{\sin (EL,EX)}:\frac{\sin (EF,EC)}{\sin (EF,EX)}$

$\Leftrightarrow \frac{1}{\sin (FK,FX).\sin (FE,FB)}=\frac{1}{\sin (EL,EX).\sin (EF,EC)}$

$\Leftrightarrow \cos\angle FLK.\sin\angle ACB=\cos \angle EKL.\sin\angle ABC$

$\Leftrightarrow \sin \angle ABC.\sin\angle ACB=\sin\angle ACB.\sin\angle ABC$ (hiển nhiên)

Suy ra $R,A,X$ thẳng hàng (1)

Dễ thấy chùm $E(TK,FD)=-1$ có $EK$ là phân giác của $\angle DEF$ nên $EK \perp ET$ hay $E,A,T$ thẳng hàng. Tương tự, $F,A,S$ cũng thẳng hàng. Áp dụng định lí Pappus cho 6 điểm $F,T,N,M,S,E$ ta được $A,R,G$ thẳng hàng hay $AR,PM,QN$ đồng quy (2)

Từ (1) và (2) suy ra $PM,QN,AX$ đồng quy.

 H5.png   31.22K   12 Số lần tải

Định nghĩa lại $Q$ là điểm trên $EF$ sao cho $IQ \perp IO$. Gọi $IQ$ cắt $KL$ tại $R$. Lấy $N$ trên $KL$ sao cho $AN$ tiếp xúc với $(O)$. $M$ là điểm chính giữa cung $BC$. $J,S,T$ lần lượt là tâm bàng tiếp ứng với $A,B,C$ của $\Delta ABC$. $G$ nằm trên $OM$ sao cho $IG \perp EF$.

Ta có $P_{F/(O)}=\overline{FA}.\overline{FB}=\overline{FI}.\overline{FT}=P_{F/(SIT)}$ và $P_{E/(O)}=\overline{EA}.\overline{EC}=\overline{EI}.\overline{ES}=P_{E/(SIT)}$

Suy ra $EF$ là trục đẳng phương của $(SIT)$ và $(O)$. Do đó $EF \perp OJ$ vì $O$ là tâm đường tròn Euler của $\Delta JST$.Suy ra $OJ || IG$. Vì $M$ là trung điểm của $IJ$ nên nó cũng là trung điểm của $OG$. Khi đó chùm $I(OG,Mx)=-1$.

Mặt khác, ta có $\frac{NL}{NK}.\frac{EK}{EI}.\frac{FI}{FL}=\frac{AL^2}{AK^2}.\frac{AK.\sin \angle EAK}{AI.\sin \angle EAI}.\frac{AI.\sin \angle FAI}{AL.\sin \angle FAL}=1$ nên $E,F,N$ thẳng hàng. Dễ chứng minh $IN || BC$. Ta thấy $Ny \perp IO, NQ \perp IG, NR \perp IM, NI \perp Ix$ và $I(OG,Mx)=-1$ nên $N(yQ,RI)=-1$. Từ đó $Q$ là trung điểm của $IR$. Suy ra $PQ$ là đường trung bình song song với $AR$ của $\Delta AIR$. Mà $RA=RI$ nên $QI=QP$, ta thu được điều phải chứng minh.