dat09

 Sol(1).pdf   135.07K   25 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 $(O)$.

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.

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.

$\boxed{29}$ Cho $\Delta ABC$ cân tại $A$ nội tiếp $(O)$, $D$ thuộc $BC$ và dựng hình bình hành $AEDF$ ($E$, $F$ thuộc $AC$, $AB$). $G$ đối xứng với $D$ qua $EF$. $DE$ cắt $(AEF)$ tại $H$ . $K$ thuộc $(O)$ sao cho $\widehat{KGH}=90^{\circ}$ , $L$ thuộc $(AEF)$ sao cho $\widehat{LGC}=90^{\circ}$. Gọi $P$, $Q$ lần lượt là tâm $(GKD)$, $(GLD)$. Chứng minh $AGQP$ nội tiếp
P/s: bài này hay

Gọi $I$ là tâm của $(AEF)$. Dễ thấy $\angle FAE = \angle FDE = \angle FGE$ và $EG=ED=AF$ nên tứ giác $AFEG$ là hình thang cân. Vì $\angle GEC = \angle GFB$ và $\frac{GE}{GF}=\frac{AF}{AE}=\frac{EC}{FB}$ nên $\Delta GEC \sim \Delta GFB$. Suy ra $\angle GCE = \angle GBF$. Do đó $G$ thuộc $(O)$, cho nên $OI$ là trung trực của $AG$ và $EF$. Ta có $OP \perp KG$, $P,Q$ nằm trên trung trực của $DG$ (đường thẳng $EF$), suy ra $\angle OPQ = \angle DGK = \angle DGH - 90^0 = 90^0 - \angle GHD - \angle GDH = 90^0 - \angle GFE - \angle EGD = \angle EGF = \angle BAC$. Mặt khác $O$ thuộc $(AEF)$ do $\Delta OAF = \Delta OCE$. Kết hợp với $IQ||CG$ (cùng vuông góc với $GL$), suy ra $\angle IQF = (CG,EF) = (CG,GA) = \angle ABC = 90^0 - \frac{BAC}{2} = \angle IOF$. Từ đó, $\angle OQP = \angle OIF = \angle BAC$. Do vậy $\angle OPQ = \angle OQP$. Lại có $OI \perp PQ$ nên $OI$ là trung trực của $PQ$. Vậy tứ giác $AGQP$ là hình thang cân hay $AGQP$ nội tiếp.

Gọi $F$ là chân đường cao hạ từ $C$ của $\Delta ABC$. Vì $\angle BAD = \angle DAL = \angle BED$ nên $B,L$ đối xứng nhau qua AD. Do $F,K$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB,AL$ nên chúng cũng đối xứng nhau qua $AD$. Áp dụng định lí Menelaus cho $\Delta BAL$ và 3 điểm $T,K,C$ ta có:

$\frac{TA}{TB}.\frac{CB}{CL}.\frac{KL}{KA}=1\Rightarrow\frac{TA}{TB}=\frac{CL.FA}{CB.FB}\Rightarrow\frac{TA}{AB}=\frac{CL.FA}{CL.FA+CB.FB}\Rightarrow\frac{TA}{FA}=\frac{CL.AB}{CL.FA+CB.FB}=\frac{CL.AB}{FA(CB-2BD)+CF.FB}=\frac{CL.AB}{BC.AB-2FA.BD}$

Cho $\Delta BFP$ và $A,Q,H$: $\frac{HP}{HF}.\frac{AF}{AB}.\frac{QB}{QP}=1\Rightarrow\frac{QB}{QP}=\frac{AB}{AF}.\frac{HF}{HP}=\frac{AB}{AF}.\frac{BC}{BL}=\frac{AB.BC}{2FA.BD}$

Cho $\Delta PQH$ và $A,F,B$: $\frac{AQ}{AH}.\frac{FH}{FP}.\frac{BP}{BQ}=1\Rightarrow\frac{AQ}{AH}=\frac{FP}{FH}.\frac{BQ}{BP}=\frac{CL}{CB}.\frac{AB.BC}{AB.BC-2FA.BD}=\frac{CL.AB}{AB.BC-2FA.BD}$

Như vậy $\frac{TA}{FA}=\frac{AQ}{AH}$. Suy ra $TQ||HF$ hay $TQ$ vuông góc với $AB$.

Lấy $L$ trên $(O)$, $L$ khác $A$ sao cho $DL$ tiếp xúc $(O)$. Dễ thấy $A$ là $L$ đối xứng nhau qua $EF$, suy ra $\angle ELF=\angle EAF=\angle EGF$. Do đó $E,F,G,L$ cùng thuộc một đường tròn. Suy ra $\angle LEK=\angle LFH$ (1)

Áp dụng định lí Menelaus ta có:

$\frac{EB}{EA}.\frac{FA}{FC}.\frac{DC}{DB}=1\Rightarrow \frac{KB}{KC}.\frac{HB}{HC}=\frac{DB}{DC}=\frac{DB}{DA}.\frac{DA}{DC}=\frac{AB^2}{AC^2}$

Suy ra K,H đẳng giác ứng với $\angle BAC$. Từ đây $\Delta AEK \sim \Delta AFH$. Suy ra $\frac{EK}{EA}=\frac{FH}{FA}$ hay $\frac{EK}{EL}=\frac{FH}{FL}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\Delta LKE \sim \Delta LHF$. Do vậy $L,K,H,G$ cùng thuộc một đường tròn

Lại có $ABLC$ là tứ giác điều hòa nên $\frac{KB}{KC}.\frac{HB}{HC}=\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{LB^2}{LC^2}$, kéo theo $K,H$ đẳng giác ứng với $\angle BLC$. Vậy $(KLH)$ tiếp xúc với $(O)$ hay $(GKH)$ tiếp xúc với $(O)$.

Gọi $F$ là chân đường cao kẻ từ $C$ của $ABC$, $GF\cap (O)=K$, $K$ khác $G$, $Q$ là trung điểm của $EF$, $L$ là hình chiếu vuông góc của $F$ trên $AD$, $H$ là điểm đối xứng với trực tâm $I$ của $ABC$ qua $L$, $AM$ là đường kính của $(O)$.

Dễ có $\Delta FEC\sim \Delta FID\Rightarrow \frac{FI}{FE}=\frac{ID}{EC} \Rightarrow \frac{FI}{2QE}=\frac{IG}{2EC}\Rightarrow\Delta FIG\sim\Delta QEC$

$\Rightarrow\angle QCE=\angle FGI=\angle ACK$. Suy ra $C,Q,K$ thẳng hàng (1)

Lại có $\frac{HF}{HG}=\frac{IF}{2DL}=\frac{FL}{2DL}.\frac{IF}{FL}=\frac{OS}{2OC}.\frac{AB}{AD}=\frac{AJ}{AM}.\frac{AB}{AD}=\frac{AJ}{AC}.\frac{AC}{AM}.\frac{AB}{AD}=\frac{AJ}{AC}$

Kết hợp với $\angle JAC=(OS,AC)=\angle ABC=\angle AIF=\angle FHG$

Suy ra $\Delta HGF\sim\Delta ACJ \Rightarrow \angle ACJ = \angle GHF = \angle ACK$. Do đó $C,J,K$ thẳng hàng (2)

Từ (1) và (2) suy ra $GF$ và $CJ$ cắt nhau tại $K$ thuộc $(O)$; $CJ$ chia đôi $EF$.

Bài 15: Cho hình vuông $ABCD$ nội tiếp đường tròn tâm $I$. Điểm $E$ nằm trên đường thẳng $AD$ ($E$ không trùng với $A, D$). Gọi $F$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên $EC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $BFI$ cắt lại $BC$ tại $G$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $FIC$ cắt lại $CD$ tại $J$. Gọi $\omega$ là đường tròn đi qua $F, G$ và tiếp xúc với $IF$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của $(I)$ và $(IJG)$ tiếp xúc với $\omega$.

Gọi K là tâm của (IJG), L là tâm của đường tròn $(\omega )$, (IJG) cắt (I) tại S và T, $BF\cap IG=M$.

Dễ chứng minh G,F,J thẳng hàng và I là tâm nội tiếp của $\Delta CGJ$

Vì $P_{M/(I)}=\overline{MB}.\overline{MF}=\overline{MI}.\overline{MG}=P_{M/(K)}$ nên $M\in ST$

Ta có $\angle BFC=45^0,GI\perp CF$ do $IC=IF,\angle IGC=\angle IGF$ suy ra $\angle GMF=135^0$

Mà $\angle GFL=90^0-\angle GFI=45^0$ nên L là tâm của (GMF) hay $M\in (\omega )$

Lại có FLG và FMC là các tam giác vuông cân, từ đó $\Delta FML\sim \Delta FCG$

Suy ra $\angle LMI=\angle LMF+45^0=\angle GCF+\angle BFC=\angle GFC+\angle IGF+\angle ICF=\angle CIM$

Do vậy $LM||CI$, nhưng $CI\perp ST$ nên $LM\perp ST$. Vậy thì ST tiếp xúc với $(\omega )$ tại M.

Bài 14:

Cho $A$ là điểm di động trên đường tròn $(O)$ có dây cung $BC$ cố định. Trung tuyến $AM$ cắt $(O)$ tại $D$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc $AM$ cắt $(O), BC$ tại $I, P. MI$ giao $(MPD)$ tại $K.$

Chứng $(KID)$ tiếp xúc với 2 đường tròn cố định

Gọi H là trực tâm của $\Delta ABC$, $AH\cap BC=E,MD\cap PK=L,LI\cap BC=F$; J là tâm của (DIKL), MJ cắt (KID) tại T₁ và T₂.

Ta có $MC^2=-\overline{MA}.\overline{MD}=-\overline{ME}.\overline{MP}=\overline{MF}.\overline{MP}$

Suy ra $(BCFP)=-1$, nên $FB.FC=FM.FP=FI.FL$. Do đó I là trực tâm của $\Delta BLC$

Lại có $IB\perp AB,IC\perp AC$, nên (AH) và (DIK) đối xứng nhau qua M

Vậy ta có $MT_1=MJ-JT_1=R-OM$ (không đổi) và $MT_2=MJ+JT_2=R+OM$ (không đổi)

Vậy (KID) tiếp xúc với $(M;R-OM)$ và $(M;R+OM)$ cố định.

$\boxed{13}$:Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân có $M$ là trung điểm của $BC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$ và đường tròn ngoại tiếp $(O)$; các đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $EF \cap BC=G$; GH cắt đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ tại $K$. Gọi $T$ là điểm đối xứng với $D$ qua $IM$. Chứng minh nếu $GI \perp AM$ thì $MT$ đi qua trung điểm của $AK$.

Gọi $AH\cap BC=P$, $GH\cap AM=J$, $MT\cap AK=S$, L và N lần lượt đối xứng với D qua M và I

Ta có $(GPBC)=-1$ suy ra $PG.PM=PB.PC=PH.PA$. Do đó H là trực tâm $\Delta AMG$

Vì $GI\perp AM$ nên $IJ\perp AM$. Suy ra I,J,D,M,T thuộc đường tròn đường kính IM

Dễ thấy A,N,L thẳng hàng, N,T,L thẳng hàng và $\Delta TML$ cân tại M do $DT\perp AL$, M là trung điểm DL

Từ đó $\angle TJK=90^{0}-\angle TJM=\angle MTL=\angle ATS=\angle SAT$

Suy ra A,J,T,K đồng viên 

Mà $\angle ATK=\angle AJK=90^0,\angle ATS=\angle SAT$ nên S là trung điểm AK.

Bài 12

Cho tam giác $ABC$ không vuông nội tiếp $(O)$ có $I$ là 1 điểm thuộc $(BOC)$. Trên $BI, CI$ lấy $E, F$ sao cho $EF$ tiếp xúc với $(O). D$ là điểm thỏa $DE//AB, DF//AC$.

Chứng minh $(DEF)$ tiếp xúc $(BOC)$

Gọi ID,IE cắt lại (DEF) tại L,G. Gọi Q là tâm của (DEF).

Ta có $\angle DQE=2\angle DFE=2\angle BAC=180^0-\angle DIE$. Suy ra D,I,Q,E đồng viên

Vì $QD=QE$ nên IQ là phân giác của $\angle DIE$. Từ đó LDGE là hình thang cân có trục đối xứng IQ

Suy ra GL và DE đối xứng nhau qua OI, mà DE tiếp xúc với (O) nên GL cũng tiếp xúc với (O).

Gọi tiếp điểm của DE và GL với (O) lần lượt là M và N. Xét phép nghịch đảo:

${I_{O}}^{R^2}:IC\leftrightarrow (OS),IB\leftrightarrow (OT),DE\leftrightarrow (OM),GL\leftrightarrow (ON),(BOC)\leftrightarrow BC$

$D\leftrightarrow D'(D'=(OT)\cap (OM)),E\leftrightarrow E'(E'=(OS)\cap (OM))$ (tương tự với L' và G')

Ta thu được mô hình:

Gọi MN cắt BC tại H, E'H cắt MB tại P, OI cắt BC tại J

Vì $\angle OSC=\angle OBI=\angle OJB$ nên $J\in (OS)$. Tương tự $J\in (OT)$

Do $\angle JOS=\angle JOT$ nên OI là trung trực của ST. Từ đó MNST là hình thang cân

Có $\angle MHB=\angle SJC=\angle SE'C=\angle SOC=\angle TOB=\angle BD'T$ suy ra H,M,B,D' đồng viên và M,H,C,E' đồng viên

Biến đổi $\angle E'HD'=\angle E'HC-\angle D'HB=\angle E'MC-\angle D'MB=\angle TMS-\angle BMC=\angle TMS-\frac{1}{2}\angle SOT$

$\angle D'L'E'=360^0-\angle D'L'O-\angle OL'E'=180^0+\angle OTM - 90^0+\angle MST=90^0+\angle OTM+\angle MST$

Suy ra $\angle E'HD'+\angle D'L'E'=\angle TMS-\frac{1}{2}\angle SOT+90^0+\angle OTM+\angle MST=\angle TMS+\angle MST+\angle OTM+\angle OTS=180^0$

Suy ra $H\in (D'L'E'G')$ vì (D'L'E'G') là ảnh của (DEF)

Lại có $\angle MPE'=180^0-\angle PHB-\angle PBH=180^0-\angle CME'-\frac{1}{2}\angle MOC=\angle MOE'$

Suy ra $P\in (OM)$. Do vậy $\angle BHD'=\angle BMD'=\angle D'E'H$

Vậy BC tiếp xúc với (D'L'E'G') tại H hay (DEF) tiếp xúc với (BOC).

Gợi ý: $XY$ luôn đi qua điểm đối trung của tam giác $ ABC$

Gọi trung trực của AB cắt tiếp tuyến tại A ở G, cắt BC tại J. Định nghĩa tương tự với H và D. Gọi CG cắt BH tại T.

Đặt $\angle EAB=\angle FAC=\alpha$, ta có:

$C(XTYB)=(EGMJ)=B(EGMJ)=\frac{\sin (\overrightarrow{BM},\overrightarrow{BE})}{\sin (\overrightarrow{BM},\overrightarrow{BG})}:\frac{\sin (\overrightarrow{BJ},\overrightarrow{BE})}{\sin (\overrightarrow{BJ},\overrightarrow{BG})}=-\frac{\sin 2\alpha }{\sin (C-\alpha )}:\frac{\sin (B-\alpha )}{\sin A}$

Tương tự $B(XTYC)=-\frac{\sin 2\alpha }{\sin (B-\alpha )}:\frac{\sin (C-\alpha )}{\sin A}$

Suy ra X,Y,T thẳng hàng. Vậy XY luôn đi qua điểm Lemoine T của $\Delta ABC.$