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.

 H19.png   120.68K   0 Số lần tải

Ta có $\angle KCY=\angle KZB$ và $\angle KYC=\angle YBK+\angle YKB=\angle YBK+\angle YJB=\angle YBK+\angle YBZ=\angle KBZ$ suy ra $\triangle YKC\sim\triangle BKZ$. 

Do đó $\frac{KC}{KZ}=\frac{CY}{ZB}=\frac{\frac{a-b+c}{2}}{ZB}=\frac{BX}{BZ}$

Kết hợp với $\angle ABZ=\angle CKZ$ do $Z$ là trung điểm cung nhỏ $AC$, ta được $\triangle ZCK\sim\triangle ZXB$.

Vậy thì $\angle IZX=\angle CZK=\angle CBK=\angle KJY$, kết hợp $\angle YKJ=180^{\circ}-\angle YBJ=180^{\circ}-\angle BIX=\angle XIZ$ suy ra $\triangle XIZ\sim\triangle YKJ$.

$\textbf{Sáng tác.}$ Cho hình vuông $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$. Gọi $I$ là một điểm trên đoạn $AB$ sao cho $IA>IB$. Tia $OI$ cắt đường tròn $(AOB)$ tại $E$. Lấy điểm $F$ trên đường tròn $(AOD)$ sao cho $OF\perp OE$. Gọi đường tròn đường kính $OI$ cắt đường tròn $(AOD)$ tại $G$ $(G\ne O)$. Lấy điểm $K$ trên tia đối của tia $BD$ sao cho $BK=R.\tan{\angle AOI}$. Lấy điểm $H$ trên mặt phẳng sao cho $AH\perp OI$ và $OH\perp IK$. Gọi đường tròn đường kính $OH$ cắt đường tròn $(ECO)$ tại $J$ $(J\ne O)$. Chứng minh rằng bốn điểm $E,F,G,J$ đồng viên.

 H18.png   89.09K   0 Số lần tải

 H2.png   118.75K   0 Số lần tải

- Chứng minh $S,I,J$ thẳng hàng.

Gọi $D,E,F$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(BP,CN),(CM,AP),(AN,BM)$.

Gọi $H,K,L$ lần lượt là giao điểm của $SD,SE,SF$ với các cạnh $BC,CA,AB$.

Áp dụng định lí Ceva vào các tam giác $SBC,SCA,SAB$, ta có:

$\frac{HB}{HC}.\frac{PC}{PS}.\frac{NS}{NB}=1$, $\frac{KC}{KA}.\frac{MA}{MS}.\frac{PS}{PC}=1$, $\frac{LA}{LB}.\frac{NB}{NS}.\frac{MS}{MA}=1$

Nhân vế - vế ba đẳng thức trên, ta được $\frac{HB}{HC}.\frac{KC}{KA}.\frac{LA}{LB}=1$

Suy ra ba đoạn $AH,BK,CL$ đồng quy tại một điểm, gọi là $O$.

Do vậy $SO$ là giao tuyến của 3 mặt phẳng $(SAH),(SBK),(SCL)$

Ta có $\left\{\begin{matrix} F\in BM\subset (BCM)\\ F\in AN\subset (CAN) \end{matrix}\right.$ nên $CF=(BCM)\cap (CAN)$.

Vì $I$ là điểm chung của 3 mặt phẳng $(BCM),(CAN),(ABP)$ nên $I\in CF\subset (SCL)$.

Một cách tương tự, $I\in AD\subset (SAH)$ và $I\in BE\subset (SBK)$. Suy ra $I\in SO$. $\textbf{(1)}$

Lại có $\left\{\begin{matrix} D\in BP\subset (BPM)\\ D\in CN\subset (CMN) \end{matrix}\right.$ nên $MD=(BPM)\cap (CMN)$.

Lại vì $J$ là điểm chung của 3 mặt phẳng $(BPM),(CMN),(ANP)$ nên $J\in DM\subset (SAH)$.

Lập luận tương tự, ta được $J\in SO$. $\textbf{(2)}$

Từ $\textbf{(1)}$ và $\textbf{(2)}$ suy ra $S,I,J$ thẳng hàng.$\square$

- Chứng minh $\frac{MS}{MA}+\frac{NS}{NB}+\frac{PS}{PC}+1=\frac{JS}{JI}$.

Ta đã có $I\in AD\subset (CAN)$ và $I\in SO\subset (SBK)$, do đó $I\in NK=(CAN)\cap (SBK)$.

Tương tự thì $J\in NE=(ANP)\cap (SBK)$. Vậy ta có $SO,KN,BE$ đồng quy tại $I$ và $J=NE\cap SO$.

Suy ra hàng $(SI,JO)=-1$ hay $\frac{JS}{JI}=\frac{OS}{OI}\Leftrightarrow \frac{JS}{JI}-1=\frac{SI}{IO}$.

Xét mp$(SBK)$:

 H2.1.png   43.99K   0 Số lần tải

Lần lượt lấy $Q,R$ trên $BE,KN$ sao cho $KQ\parallel BR\parallel SO$. Áp dụng định lí Thales, ta biến đổi:

$\frac{SI}{IO}=SI.\frac{1}{IO}=SI.\frac{\frac{KO}{KB}+\frac{BO}{BK}}{IO}=SI.\frac{\frac{IO}{BR}+\frac{IO}{KQ}}{IO}=\frac{SI}{BR}+\frac{SI}{KQ}=\frac{NS}{NB}+\frac{ES}{EK}$

Tương tự ta cũng có $\frac{ES}{EK}=\frac{MS}{MA}+\frac{PS}{PC}$.

Vậy thì $\frac{JS}{JI}=1+\frac{SI}{IO}=1+\frac{MS}{MA}+\frac{NS}{NB}+\frac{PS}{PC}$.$\square$

 H17.png   56.27K   0 Số lần tải

Gọi hai đường tròn $(B;BA)$ và $(C;CA)$ cắt lại nhau tại $H$, $CE$ cắt lại $(B;BA)$ tại $I$ và $BE$ cắt lại $(C;CA)$ tại $K$.

Từ $\triangle AEF\sim\triangle IEH$ và $\triangle AEG\sim\triangle KEH$, ta có $EI.EF=EA.EH=EK.EG$.

Suy ra tứ giác $IKFG$ nội tiếp.

Dễ thấy $BA$ tiếp xúc với $(C;CA)$, do đó $BF^2=BA^2=BG.BK$. Suy ra $FB$ tiếp xúc với $(IKFG)$.

Tương tự thì $GC$ tiếp xúc với $(IKFG)$. Vì $BF$ cắt $CG$ tại $J$ nên $JF=JG$.

 H16.png   107.05K   0 Số lần tải

Gọi $D,E,F$ lần lượt là chân đường cao hạ từ $A,B,C$ của $\triangle ABC$, $M$ là trung điểm của $OH$, $L$ là giao điểm thứ hai của $(O)$ và $AD$. Gọi $S,T$ lần lượt là điểm đối xứng của $E,F$ qua $AB,AC$ và $DE,DF$ cắt $HC,HB$ lần lượt tại $I,J$.

Ta dễ dàng chứng minh $H,L$ đối xứng nhau qua $BC$. Do đó, tứ giác $HLGO$ là một hình thang cân.

Suy ra $GH=OL=OB=GB=GC$, vậy $G$ là tâm của đường tròn $(BCH)$.

Dễ thấy $M$ là tâm của $(DEF)$ vì $M$ là tâm đường tròn Euler của $\triangle ABC$.

Ta có $P_{I/(DEF)}=\overline{ID}.\overline{IE}=\overline{IH}\overline{IC}=P_{I/(BCH)}$, tương tự $P_{J/(DEF)}=P_{J/(BCH)}$.

Suy ra $IJ$ là trục đẳng phương của $(BCH)$ và $(DEF)$ hay $IJ\perp GM$.

Lại có $AH=2d(O,BC)=OG$ và $AH\parallel OG$ nên $A,M,G$ thẳng hàng. Từ đây, $AG\perp IJ$.

Hơn nữa, theo định lí Thales thì $\frac{DI}{DT}=\frac{DI}{DE}.\frac{DE}{DT}=\frac{DF}{DS}.\frac{DJ}{DF}=\frac{DJ}{DS}$

Suy ra $ST\parallel IJ$, dẫn tới $AG\perp ST$.

Mà $ST$ và $PQ$ đối song trong góc $\angle PAQ$ vì có $AS.AQ=AE.AC=AF.AB=AT.AP$, nên $AG$ đi qua tâm của $(APQ)$. Như vậy, $A,G,K$ thẳng hàng.

$\textbf{Sáng tác.}$ Cho tam giác $ABC$ không cân tại $A$, nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$ của tam giác $ABC$ và $AD$ là đường kính của $(O)$. Lấy điểm $M$ trên đường tròn $(ADH)$ sao cho $AM$ là đường đối trung của tam giác $ADH$. Chứng minh rằng hai đường tròn $(BCM)$ và $(A;AD)$ tiếp xúc nhau tại một điểm nằm trên $(ADH)$.

 H15.2.png   51.83K   0 Số lần tải

 H16.png   74.69K   0 Số lần tải

Gọi $D,E,F$ lần lượt là chân đường cao hạ từ $A,B,C$ của $\triangle ABC$. Gọi $I,J,K$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $SD,SE,SF$.

Vì $\left\{\begin{matrix} BC\perp SA\\ BC\perp AD \end{matrix}\right.$ nên $BC\perp SD$.

Kéo theo $SH\perp BC$. Tương tự $SH\perp CA$, vậy $SH\perp (ABC)$ hay $SH=d(S,ABC)=1$.

Do đó, áp dụng hệ thức lượng ta có $\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{SB^2}+\frac{1}{SC^2}=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{SD^2}=\frac{1}{SH^2}=1$

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có $1=\frac{1}{SA^2}+\frac{1}{SB^2}+\frac{1}{SC^2}\ge\frac{3}{\left(\sqrt[3]{SA.SB.SC}\right)^2}\Leftrightarrow SA.SB.SC\ge 3\sqrt{3}$

Dễ thấy $SD\parallel MH$ vì chúng đồng phẳng và cùng vuông góc với $SA$. Tương tự thì $SE\parallel NH$ và $SF\parallel PH$.

Theo định lí Thales: $\frac{SM}{SA}+\frac{SN}{SB}+\frac{SP}{SC}=\frac{DH}{DA}+\frac{EH}{EB}+\frac{FH}{FC}=\frac{[BHC]+[CHA]+[AHB]}{[ABC]}=1$

Thể tích khối đa diện $ABCMNP$ bằng:

$V_{ABCMNP}=V_{S.ABC}-V_{S.MNP}=V_{S.ABC}\left(1-\frac{SM.SN.SP}{SA.SB.SC} \right)$

                      $=\frac{1}{6}SA.SB.SC\left(1-\frac{SM.SN.SP}{SA.SB.SC}\right)$

                      $\ge\frac{\sqrt{3}}{2}\left[1-\left(\frac{\frac{SM}{SA}+\frac{SN}{SB}+\frac{SP}{SC}}{3}\right)^3\right]$

                      $=\frac{\sqrt{3}}{2}\left[1-\left(\frac{1}{3}\right)^3\right]=\frac{13\sqrt{3}}{27}$ (đvtt)

Dấu $"="$ xảy ra khi $SA=SB=SC$ và $(ABC)$ tiếp xúc với mặt cầu $S(S;1)$.

$\textbf{Sáng tác.}$ Cho đường tròn $(O)$ có hai dây $AB$ và $CD$ vuông góc với nhau tại điểm $H$, $H$ không trùng các đầu mút. Gọi $l_1, l_2, l_3, l_4$ lần lượt là trục đẳng phương của các đường tròn $(A;HA), (B;HB), (C;HC), (D;HD)$ và đường tròn $(O)$. Giả sử $XYZT$ là tứ giác lồi được tạo bởi $l_1, l_2, l_3, l_4$ và $XZ$ cắt $YT$ tại $K$. Chứng minh rằng:

(a) Tứ giác $XYZT$ là một tứ giác lưỡng tiếp.

(b) Ba điểm $H,O,K$ thẳng hàng.

 H14.png   107.65K   0 Số lần tải

 H13.png   93.63K   0 Số lần tải

(a) Ta có $\angle MNB=\angle BAN$ vì cùng chắn cung $BN$ của $(O')$. Do đó $\triangle PBN\sim\triangle PNA$ (g.g). Tương tự có $\triangle PBM\sim\triangle PMA$. Vậy $PM^2=PN^2=PB.PA$ hay $P$ là trung điểm của $MN$.

(b) Ta thấy $\triangle MDN$ vuông tại $D$ có $P$ là trung điểm của $MN$, suy ra $\angle PDM=\angle PMD=\angle PAM$. Vì vậy, tứ giác $AMPD$ nội tiếp. Và do $PM=PD$ nên $AP$ là phân giác của $\angle MAD$.

(c) Gọi $E$ là điểm đối xứng với $N$ của đường tròn $(O')$.

Vì ta có $\angle CNO=\angle BMN=90^0-\angle MNC$ và $\angle NO'C=\angle MPB=180^0-\angle BPN$ nên $\triangle BMP\sim\triangle CNO'$.

Kéo theo $\triangle BMN\sim\triangle CNE$. Suy ra $\angle NEC=\angle MNB=\angle NEB$.

Vậy thì $E,C,B$ thẳng hàng. Mà $NE$ là đường kính của $(O')$ nên $\angle NBC=\angle NBE=90^0$.

Cho hình vuông $ABCD.$ Lấy $P$ thuộc $AB$ ($P$ khác $A$ và $B$). Gọi $J$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $PAD,$ $L$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $PBC$ và $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $PCD.$ Gọi $K$ là tâm đường tròn $(IJL)$ và $H$ là hình chiếu của $P$ trên $CD.$ Chứng minh rằng tứ giác $PHIK$ nội tiếp.

Mình xin gửi hình vẽ đầy đủ.

 H12.1.png   101.56K   0 Số lần tải