dat09

 H91.png   108.52K   0 Số lần tải

Gọi $O'$ là tâm ngoại tiếp của $\triangle BHC$, $D$ là điểm đối xứng với $A$ qua $H$.

Vì $(\overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC})\equiv 2(\overline{AB};\overline{AC})\equiv 2(\overline{HC},\overline{HB})\equiv (\overrightarrow{O'C};\overrightarrow{O'B})(\text{mod}\,\, 2\pi)$ và $OB=OC,O'B=O'C$ nên $\triangle OBC$ và $\triangle O'BC$ bằng nhau ngược hướng.

Suy ra $O,O'$ đối xứng nhau qua $BC$. Từ đó $\overrightarrow{OO'}=\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{HD}$ nên tứ giác $HDO'O$ là một hình bình hành, suy ra $DO'\parallel OH$ hay $DO'\perp AK$. Lại do $K\in (AD)$ nên $KD\perp AK$, kéo theo $KO'\perp AK$.

Biến đổi góc định hướng: \[(EO',EB)\equiv (EC,EO')\equiv (CA,CB)+(CB,EO')\equiv (KA,KB)+\frac{\pi}{2}\equiv (KA,KB)+(KO',KA)\equiv (KO',KB) (\text{mod}\,\,\pi)\]

Suy ra $O'$ nằm trên đường tròn $(BKE)$. Tương tự thì $O'$ cũng nằm trên $(CKF)$.

Do đó $(\overrightarrow{IB},\overrightarrow{IE})\equiv 2(O'B,O'E)\equiv 2(O'F,O'C)\equiv (\overrightarrow{JF},\overrightarrow{JC}) (\text{mod}\,\, 2\pi)$, kết hợp $IB=IE,JF=JC$ suy ra $\triangle IBE$ và $\triangle JFC$ đồng dạng cùng hướng.

Khi đó tỉ số $\frac{BI}{CJ}=\frac{BE}{CF}=\frac{CE}{BF}=\frac{\frac{BC}{2\cos{C}}}{\frac{BC}{2\cos{B}}}=\frac{\cos{B}}{\cos{C}}=\frac{\sin{\angle HCB}}{\sin{\angle HBC}}=\frac{BH}{CH}$.

Đồng thời, ta có biến đổi góc:

$(\overrightarrow{BH},\overrightarrow{BI})\equiv (\overrightarrow{BH},\overrightarrow{BE})+(\overrightarrow{BE},\overrightarrow{BI})$

                 $\equiv (\overrightarrow{BH},\overrightarrow{BC})+(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BE})+(\overrightarrow{BE},\overrightarrow{BI})$

                 $\equiv (\overrightarrow{BH},\overrightarrow{CH})+(\overrightarrow{CH},\overrightarrow{CB})+(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{BC})+(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{BA})+(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})+(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{CB})+(\overrightarrow{BE},\overrightarrow{BI})$

                 $\equiv (\overrightarrow{CH},\overrightarrow{CB})+(\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC})+(\overrightarrow{CF},\overrightarrow{CJ})$

                 $\equiv (\overrightarrow{CH},\overrightarrow{CB})+(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CF})+(\overrightarrow{CF},\overrightarrow{CJ})\equiv(\overrightarrow{CH},\overrightarrow{CJ}) (\text{mod}\,\, 2\pi)$

Do vậy $\triangle HIB$ và $\triangle HJC$ đồng dạng cùng hướng, vậy phép vị tự quay $H_{\frac{HB}{HI}}\circ R_{\left(H,(\overrightarrow{HI},\overrightarrow{HB})\right)}: \triangle IHJ\mapsto\triangle BHC$ hay $\triangle IHJ\sim\triangle BHC$.

Ta cũng có $H_{\frac{HB}{HI}}\circ R_{\left(H,(\overrightarrow{HI},\overrightarrow{HB})\right)}: L\mapsto O'$ với $L,O'$ tương ứng là tâm ngoại tiếp của $\triangle IHJ,\triangle BHC$. Suy ra $(\overrightarrow{O'L},\overrightarrow{O'H})\equiv (\overrightarrow{BI},\overrightarrow{BH}) (\text{mode}\,\, 2\pi)$ hay $(O'L,O'H)\equiv (BI,BH) (\text{mod}\,\,\pi)$.

Từ đó $(O'L,BC)\equiv (O'L,O'H)+(O'H,BC)\equiv (BI,BH)+(AO,BC)$

$\equiv (BC,BH)+(CB,CA)+(KB,KE)-\frac{\pi}{2}+(AO,AC)+(AC,BC)$

$\equiv (BC,BH)-\frac{\pi}{2}+(AO,AC)+(O'B,O'E)$

$\equiv (BC,BH)-\frac{\pi}{2}+(CA,CO)+\frac{\pi}{2}+(CO,BC)$

$\equiv (BC,BH)+(CA,BC)\equiv (BC,CA)+(CA,BC)+(CA,BH)\equiv \frac{\pi}{2} (\text{mod}\,\,\pi)$.

Vậy $O'L\perp BC$ hay $L$ nằm trên trung trực của $BC$. $\square$

$\textbf{Bổ đề.}$ Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$ và tâm ngoại tiếp $O$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Khi đó, $\overline{AH}=2\overline{OM}$.

Trở lại bài toán. Giả sử $AB=AC$ thì mô hình của bài toán nhận $AE\equiv AD$ làm trục đối xứng, tức là $(EMN)\equiv (DMN)$ và điểm $X$ thuộc $AE\equiv AD$. Gọi $MN$ cắt $AD$ tại $Y$, $F,L$ lần lượt là chân đường cao hạ từ $B,C$ của $\triangle ABC$.

 H90.png   64.76K   0 Số lần tải

Dễ thấy hàng $(HD,XY)=-1$ nên $\frac{\overline{XH}}{\overline{XD}}=-\frac{\overline{YH}}{\overline{YD}}=-\frac{\overline{NH}}{\overline{NC}}=\frac{\overline{HN}.\overline{HC}}{\overline{CH}.\overline{CN}}=\frac{DH^2}{DC^2}$.

Tương đương \[\frac{\overline{XD}+\overline{DH}}{\overline{XD}}=\frac{DH^2}{DC^2}\Leftrightarrow\frac{\overline{DH}}{\overline{DX}}=1-\frac{DH^2}{DC^2}\Leftrightarrow\overline{DX}=\frac{\overline{DH}.DC^2}{DC^2-DH^2}\]

Lại có $(LD,LH)\equiv (AD,AC)\equiv (AL,AH)(\text{mod}\,\,\pi)$ nên $DL$ tiếp xúc với đường tròn $(LAH)$. Từ đó, áp dụng $\textbf{Bổ đề}$, ta có \[\overline{DX}=\frac{\overline{DH}.DC^2}{DL^2-DH^2}=\frac{\overline{DH}.DC^2}{\overline{DH}.\overline{DA}-DH^2}=\frac{BC^2}{4\overline{HA}}=-\frac{BC^2}{8\overline{OD}}\]

 H89.png   56.84K   0 Số lần tải

Giả sử $AB\ne AC$. Dễ thấy năm điểm $H,E,D,M,N$ thuộc đường tròn $(HD)$. Lấy $K$ trên đường tròn $(HD)$ sao cho $HK\perp AH$. Gọi $F,L$ lần lượt là chân đường cao hạ từ $B,C$ của $\triangle ABC$, $FL$ cắt $BC$ tại $G$, $GH$ cắt $AD$ tại $I$.

Ta có các chùm $A(BC,D\infty)=-1=(CB,GE)=H(CB,GE)$ và $AB\perp HC,AC\perp HB,HE\perp BC$ nên $AD\perp HG$ hay điểm $I$ cũng thuộc đường tròn $(HD)$.

Suy ra tỉ số \[-1=H(GE,BC)=H(IE,MN)=M(IE,MN)=M(IE,XN)=N(IE,MN)=N(IE,MX)=N(IE,XM)\]

Do vậy $E,I,X$ thẳng hàng. Tương tự thì $-1=H(BC,D\infty)=H(MN,DK)=(MN,DK)$ nên $D,K,X$ cũng thẳng hàng. Do $DK\perp BC$ nên $X$ nằm trên đường trung trực của $BC$.

Từ đó, chú ý rằng $I\in(AH)\cap(HD)$ và $DL$ tiếp xúc với $(AH)$, áp dụng định lí Thales và $\textbf{Bổ đề}$, ta biến đổi \[\overline{DX}=\frac{\overline{AE}.\overline{DI}}{\overline{AI}}=\frac{\overline{AE}.\overline{DI}.\overline{DA}}{\overline{AI}.\overline{DA}}=\frac{-\overline{AE}.DB^2}{\overline{AH}.\overline{AE}}=-\frac{DB^2}{\overline{AH}}=-\frac{BC^2}{8\overline{OD}}=const\]

Mà $D$ là một điểm cố định nên $X$ cố định. Tóm lại, trong mọi trường hợp, tiếp tuyến tại $M,N$ của $(EMN)$ luôn đi qua điểm $X$ sao cho $\overline{DX}=-\frac{BC^2}{8\overline{OD}}$. $\square$

Bài 41. Cho tam giác $ABC$ nhọn sao cho $\angle ABC=\beta>\gamma =\angle ACB$. Lấy $H$ trên $BC$ và $K$ trên tia $AH$ sao cho $AH\perp BC$ và $AK=\frac{AB.AC}{AH}$. Gọi $I$ là tâm nội tiếp của tam giác $ABC$, $KI$ cắt $BC$ tại $E$, $HI$ cắt $CA$ tại $F$. Chứng minh rằng nếu $IE=IF$ thì $\beta\ge3\gamma$.

Bài 29. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $B$ có đường cao $BD$ và đường phân giác trong $AE$. Gọi giao điểm của $BD$ và $AE$ là $F$. Chứng minh rằng $CD>2EF$.

 H88.png   36.94K   0 Số lần tải

Trước tiên, ta phát biểu một kết quả quen thuộc: Cho tam giác $ABC$ có $AB<AC$, $M$ là trung điểm của $BC$. Khi đó, $\angle BAM>\angle BAC : 2>\angle CAM$.

Trở lại bài toán.

Lấy $I$ trên đoạn $CD$ sao cho $BI$ là phân giác của $\angle DBC$. Lấy $G,H$ lần lượt trên $BD,BC$ sao cho $GH$ đi qua $I$ và $GH\perp BI$. Dựng hình chữ nhật $GDCJ$. Gọi $M$ là trung điểm của $CD$ và $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $CD$.

Ta có $\angle BEF=\angle BFE=90^{\circ}-\angle BAC : 2$ và $\angle ABI=\angle AIB=\angle BCA+\angle BAC : 2$, vậy $\triangle BEF$ cân tại $B$ và $\triangle ABI$ cân tại $A$ hay $EF,BI$ là trung trực của nhau.

Từ đó $EF$ là đường trung bình của $\triangle BGH$ hay $GH=2EF$ và $I$ là trung điểm của $GH$.

Vì $\triangle GDI=\triangle HKI$ và $GDCJ$ là một hình chữ nhật nên $DG=HK=CJ$ và $DG\parallel HK\parallel CJ$.

Suy ra $HKJC$ là một hình bình hành. Do đó $\triangle BDC\cup\left\{BM\right\}\sim\triangle HKC\cup\left\{HJ\right\}$.

Chú ý rằng $BD<BC$ do $\triangle BDC$ vuông tại $D$, ta có biến đổi góc:

\[\angle GHJ=180^{\circ}-\angle BHG-\angle CHJ=180^{\circ}-\angle BGH-\angle CBM=\angle BGH+\angle DBM>\angle BGH+\angle DBC : 2=90^{\circ}\]

Vậy $\triangle GHJ$ tù tại $H$ hay $CD=GJ>GH=2EF$. $\square$

 H86.png   78.11K   0 Số lần tải

$\textbf{Bổ đề 1.}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Gọi $M'$ là điểm sao cho $M'B,M'C$ tiếp xúc với $(O)$. Khi đó $AM'$ là đường đối trung của tam giác $ABC$.

$\textbf{Bổ đề 2.}$ Cho tam giác $ABC$ có hai điểm $M,N$ trên cạnh $BC$. Khi đó $\frac{MB}{MC}.\frac{NB}{NC}=\frac{AB^2}{AC^2}$ khi và chỉ khi $M,N$ liên hợp đẳng giác trong $\angle BAC$.

Trở lại bài toán.

Bỏ qua trường hợp $AB=AC$. Không mất tính tổng quát, giả sử $AB<AC$.

Gọi $AI,MF,HF$ cắt $BC$ lần lượt tại $L,Q,R$. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,N,J$ thì $N,J$ nằm trên đường tròn đường kính $AI$. Từ đó dễ dàng chứng minh $\triangle MNC\sim\triangle MJB$ nên $\frac{MB}{MC}=\frac{BJ}{CN}=\frac{BD}{CD}$ (1)

Vì $\triangle APC\sim\triangle BPF$ và $\triangle APB\sim\triangle CPF$ nên $\frac{FB}{AC}=\frac{PB}{PA}=\frac{PC}{PA}=\frac{FC}{AB}$.

Do đó $\frac{QB}{QC}=\frac{QB}{QM}.\frac{QM}{QC}=\frac{FB}{MC}.\frac{MB}{FC}=\frac{AC}{AB}.\frac{MB}{MC}$ (2)

Dễ thấy $H$ là tâm của $(BIC)$ và $KB,KC$ tiếp xúc với $(BIC)$ nên $IK$ là đường đối trung của $\triangle BIC$ theo $\textbf{Bổ đề 1}$, kết hợp $\textbf{Bổ đề 2}$ ta được $\frac{EB}{EC}=\frac{IB^2}{IC^2}$ (3)

Từ (1), (2), (3) kết hợp với $\textbf{Bổ đề 2}$ và $D,H$ đẳng giác trong $\angle BIC$, ta có: \[\frac{EB}{EC}.\frac{QB}{QC}=\frac{IB^2}{IC^2}.\frac{AC}{AB}.\frac{MB}{MC}=\frac{IB^2}{IC^2}.\frac{LC}{LB}.\frac{DB}{DC}=\frac{IC^2}{IB^2}.\frac{LC}{LB}.\frac{DC}{DB}.\frac{DB^2}{DC^2}=\frac{IC^2}{IB^2}.\frac{IB^2}{IC^2}.\frac{DB^2}{DC^2}=\frac{DB^2}{DC^2}=\frac{MB^2}{MC^2}\]

Suy ra $E,F$ đẳng giác trong $\angle BMC$ hay $\angle EMH=\angle FMH=\angle HRE$ vì $M,D,F,R$ đồng viên do $HD.HM=HF.HR=HI^2$, vậy $M,E,H,R$ đồng viên.

Ta thấy phép nghịch đảo $I^{HI^2}_{H}: MH\leftrightarrow MH, GF\leftrightarrow (HER), BC\leftrightarrow (ABC)$ và $(ABC), MH, (HER)$ đồng quy tại $M$ nên $MH,GF,BC$ cũng đồng quy. $\square$

Bài 39: (Sáng tác): Cho tam giác ABC, 3 đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Từ E, D lần lượt kẻ đường thẳng vuông góc với DE cắt AB tại M, K. Từ F, D lần lượt kẻ đường thẳng vuông góc với DF cắt AC tại N, L. Gọi Y là giao điểm DM và EK. Z là giao điểm của ND và FL. X là giao điểm của FY và EZ. Chứng minh X thuộc OH

$\textbf{Bổ đề.}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có trực tâm $H$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là chân các đường cao hạ từ $A,B,C$. $AD$ cắt lại $(O)$ tại $H'$. $E',F'$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $E,F$ trên $BC$. Khi đó:

(a) $EF\perp AO$;          (b) $D$ là trung điểm của $HH'$;          (c) $\frac{EE'}{FF'}=\frac{DE'}{DF'}$.

 H87.png   76.23K   0 Số lần tải

Quay lại bài toán.

Gọi $I,J$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $F,D$ trên $AC$. Gọi $BE$ cắt $DF$ tại $T$, cắt lại $(O)$ tại $P$; $TZ$ cắt $AC$ tại $S$.

Dễ thấy $\triangle FIN\sim\triangle DJL$. Từ đó, áp dụng định lí Thales và $\textbf{Bổ đề}$ (c) ta có $\frac{TF}{TD}=\frac{EI}{EJ}=\frac{FI}{DJ}=\frac{FN}{DL}=\frac{ZF}{ZL}$

Suy ra $ZT\parallel FN\parallel DL$. Lại theo định lí Thales $\frac{ZT}{NF}=\frac{DZ}{DN}=\frac{LZ}{LF}=\frac{ZS}{FN}$ nên $Z$ là trung điểm của $ST$.

Do $\triangle SET$ vuông tại $E$ nên $\triangle ZET$ cân tại $Z$. Từ đó, áp dụng $\textbf{Bổ đề}$ (a), ta có $\angle ZET=\angle ZTE=\angle OBP=\angle OPB$ nên $EZ\parallel OP$.

Lại theo $\textbf{Bổ đề}$ (b) thì $EZ$ là đường trung bình của $\triangle HOP$ hay $EZ$ chia đôi $OH$.

Chứng minh tương tự ta được $FY$ chia đôi $OH$. Vậy $X$ thuộc $OH$. $\square$

Bài 39: (Sáng tác): Cho tam giác ABC, 3 đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. K, L lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ D lên AB, AC. Từ E, F kẻ đường cao lên AB, AC lần lượt là M, N. Y là giao điểm của DM và EK, Z là giao điểm của DN và FL. X là giao điểm của FY, EZ. Chứng minh X nằm trên OH.

 H84.png   25.64K   0 Số lần tải

Áp dụng định lí Thales và định lí Ceva, ta có biến đổi sau:

\[\frac{YM}{YD}=\frac{EM}{KD}=\frac{EM}{CF}.\frac{CF}{KD}=\frac{AM}{AF}.\frac{BF}{BK}=\frac{FM}{FK}.\frac{FK}{BK}.\frac{AM}{FM}.\frac{BF}{AF}=\frac{FM}{FK}.\frac{DC}{DB}.\frac{EA}{EC}.\frac{FB}{FA}=\frac{FM}{FK}\]

Do đó $FY\parallel DK$ hay $FY\perp AB$. Mà $CF\perp AB$ nên $F,Y,H$ thẳng hàng.

Tương tự thì $E,Z,H$ thẳng hàng. Vậy $FY,EZ$ gặp nhau tại $X\equiv H\in OH$. $\square$

Bài 25. Cho tam giác \( ABC \) có điểm \( M(2; 3) \) là trung điểm của cạnh \( AB \), điểm \( H(1; 5) \) và điểm \( K(5; 9) \) lần lượt là chân đường cao kẻ từ \( C \) và \( B \), điểm \( D \) thuộc đường thẳng \( \Delta : x - 2y - 1 = 0 \) sao cho tam giác \( BCD \) cân tại \( C \). Tìm toạ độ các điểm \( C \) và \( D \), biết rằng điểm \( B \) có hoành độ âm.

 H82.png   100.08K   0 Số lần tải

Ta có $\overrightarrow{MH}(-1;2)$, suy ra $(2;1)$ là một VTPT của $AB$. Phương trình đường thẳng $AB$ là $2x+y-7=0$.

Đặt $B(b;7-2b)$ với $b<0$. Do $M(2;3)$ là trung điểm của $AB$ nên $A(4-b;2b-1)$.

Lại có $\overrightarrow{KB}(b-5;-2-2b)\perp\overrightarrow{KA}(-1-b;2b-10)$ nên $(b-5)(-1-b)+(-2-2b)(2b-10)=0\Leftrightarrow b=5\,(\text{loại})\lor b=-1$. Suy ra $B(-1;9)$ và $A(5;-3)$.

Ta viết được phương trình đường thẳng $AC$ là $x=5$ và phương trình đường thẳng $CH$ là $x-2y+9=0$.

Giải hệ 2 phương trình trên cho ta $C(5;7)$.

Vì $D\in\Delta : x-2y-1=0$ nên $D(2d+1;d)$. Khi đó $(2d-4)^2+(d-7)^2=CD^2=CB^2=40\Leftrightarrow d=5\lor d=1$.

Do đó hoặc $D(11;5)$ hoặc $D(3;1)$.

Nếu $D(11;5)$ thì $\overrightarrow{BD}(12;-4)\uparrow\uparrow\overrightarrow{BC}(6;-2)$, vô lí vì $B,C,D$ không thẳng hàng.

Vậy $C(5;7)$ và $D(3;1)$.

 H83.png   52.72K   0 Số lần tải

Gọi $AD$ cắt đường tròn $(O)$ lần thứ hai tại $E$, $MD$ cắt $CE$ tại $N$.

Ta thấy $AH\perp BC, CH\perp AB$, $\triangle SHC$ cân tại $H$ và 4 điểm $A,B,C,E$ đồng viên nên ta có biến đổi góc định hướng:

\[(CE,CB)\equiv (AH,AB)\equiv (CB,CH)\equiv (SH,SB) (\text{mod}\,\,\pi)\]

Suy ra $S\in (AHB)$ và $CH,CE$ đối xứng nhau qua $CB$ hay $D$ là trung điểm của $HE$.

Từ đó tứ giác $SHCE$ là một hình thoi có tâm đối xứng là $D$, thành thử $D$ là trung điểm của $MN$.

Suy ra $\overline{MH}=-\overline{NE}$ và $\overline{MS}=-\overline{NC}$. Vậy ta có:

\[P_{M/(O)}=\overline{MB}.\overline{MA}=\overline{MH}.\overline{MS}=(-\overline{NE}).(-\overline{NC})=\overline{NE}.\overline{NC}=P_{N/(O)}\]

Hay $OM^2-R^2=ON^2-R^2\Leftrightarrow OM=ON$, kết hợp $D$ là trung điểm của $MN$ ta được $OD\perp MN$. $\square$

Bài 18. (Sáng tác) Cho hình vuông $ABCD$ có diện tích bằng $80$ và $C(4;2)$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, $M$ có hoành độ âm. Các điểm $G,E,F$ lần lượt nằm trên các đường thẳng $CD,MD,MC$ sao cho $GE\perp MC$ và $GF\perp MD$. Gọi $I$ là trung điểm của $EF$. Biết rằng $IG: x+7y-43=0$. Tìm tọa độ các điểm $A,B,D,G$.

$\textbf{Bổ đề 1.}$ Cho tam giác $ABC$ không cân tại $A$. Trung trực của $BC$ cắt các đường phân giác của $\angle BAC$ tại $M,N$. Khi đó, $MN$ là đường kính của đường tròn $(ABC)$.

Chứng minh. Gọi trung trực của $BC$ cắt đường tròn $(BAC)$ tại hai điểm $M',N'$ phân biệt sao cho $M'$ nằm trên cung $BC$ không chứa $A$. Có ngay $M',N'$ lần lượt là điểm chính giữa các cung $BC,BAC$. Suy ra $AM',AN'$ là phân giác trong, ngoài của $\angle BAC$ và $M'N'$ là đường kính của $(ABC)$. Dễ thấy $M'\equiv M$ và $N'\equiv N$ nên $MN$ cũng là đường kính của $(ABC)$.

$\textbf{Bổ đề 2.}$ Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. Lấy các điểm $D,H,K$ lần lượt trên $BC,AB,AC$ sao cho $DH\perp AC,DK\perp AB$. Gọi $I$ là trung điểm của $HK$, $DI$ cắt trung trực của $BC$ tại $P$. Khi đó, $CP\perp CA$.

 H81.png   72.84K   0 Số lần tải

Chứng minh. Gọi $AA'$ là đường kính của $(AHK)$ thì $D,I,A'$ thẳng hàng vì tứ giác $HDKA'$ là một hình bình hành.

Gọi $DH,DK$ cắt $AC,AB$ lần lượt tại $E,F$ và $A'D$ cắt lại $(AHK)$ tại $G$ thì $A,E,F,G,D$ đồng viên vì $\angle AGD=\angle AED=\angle AFD=90^{\circ}$.

Từ đó, $AG,FE,HK$ đồng quy tại tâm đẳng phương của $(AEF),(H,F,E,K),(AHK)$, gọi là $L$. Gọi $BC$ cắt $AL$ tại $J$.

Dễ thấy chùm $G(BC,DJ)=(BC,DJ)=A(BC,DJ)=A(HK,DL)=-1$, mà $GD\perp GJ$ nên $GD,GJ$ là các đường phân giác của $\angle BGC$.

Theo $\textbf{Bổ đề 1}$ thì $AP$ là đường kính của $(BGC)$ hay $CP\perp CA$.

Trở lại bài toán.

Gọi trung trực của $CD$ cắt $IG$ tại $S$. Theo $\textbf{Bổ đề 2}$ thì $CS\perp CM$.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông:

$CM=\sqrt{BC^2+BM^2}=\sqrt{BC^2(1+\frac{1}{4})}=\sqrt{\frac{5}{4}\left[ABCD\right]}=10$, $CS=\frac{CM}{2}=5$.

Đặt $S(43-7s;s)$. Ta có $25=CS^2=(39-7s)^2+(s-2)^2\Leftrightarrow s=5\lor s=6$.

+ TH 1: $s=5$ cho ta $S(8;5)$ và $\overrightarrow{CS}(4;3)$.

Phương trình đường thẳng $CM$ là $4(x-4)+3(y-2)=0\Leftrightarrow 4x+3y-22=0$.

Đặt $M\left(m;\frac{22-4m}{3}\right)$ với $m<0$. Khi đó:

$100=CM^2=(m-4)^2+\left(\frac{16-4m}{3}\right)^2\Leftrightarrow m=-2\lor m=10$. Chọn $m=-2$ vì $m<0$.

Suy ra $M(-2;10)$ và $\overrightarrow{MS}(10;-5)\parallel(2;-1)$ là một VTPT của đường thẳng $AB$.

Phương trinh đường thẳng $AB$ là $2x-y+14=0$. Đặt $B(b;2b+14)$ thì $\overrightarrow{CB}(b-4;2b+12)\parallel(2;-1)$.

Suy ra $\frac{b-4}{2}=\frac{2b+12}{-1}\Leftrightarrow b=-4$ hay $B(-4;6)$ kéo theo $A(0;14)$.

Tâm của hình vuông $ABCD$ là $(2;8)$ kéo theo $D(8;10)$.

Đặt $G(43-7g;g)$ thì $\overrightarrow{DG}(35-7g;g-10)\parallel\overrightarrow{CD}(4;8)$, vậy $\frac{35-7g}{1}=\frac{g-10}{2}\Leftrightarrow g=\frac{16}{3}$ hay $G\left(\frac{17}{3};\frac{16}{3}\right)$.

+ TH 2: $s=6$. Giải tương tự TH 1, ta được $B(0;-6)$, $A(-8;-2)$, $D(-4;6)$ và $G(-6;7)$.

Bài 22. Cho tam giác \( ABC \) có phương trình đường thẳng chứa đường cao kể từ các đỉnh \( A, B, C \) lần lượt có phương trình là \( x - 2y = 0, \, x - 2 = 0, \, x + y - 3 = 0 \). Tìm toa độ các đỉnh \( A, B, C \), biết rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \( ABC \) bằng \( \sqrt{10} \) và đỉnh \( A \) có hoành độ âm.

 H80.png   118.42K   0 Số lần tải

Đặt $d_1: x-2y=0$, $d_2: x-2=0$, $d_3: x+y-3=0$. Do $A\in d_1$ nên ta đặt $A(2a;a)$ $(a<0)$.

Phương trình đường thẳng $AB$ là $1(x-2a)-1(y-a)=0\Leftrightarrow x-y-a=0$.

Phương trình đường thẳng $AC$ là $y-a=0$.

Xét các hệ $\left\{\begin{array}{l}AB: x-y-a=0\\ d_2: x-2=0\end{array}\right.$ và $\left\{\begin{array}{l}AC: y-a=0\\ d_3: x+y-3=0\end{array}\right.$ ta thu được $B(2;2-a)$ và $C(3-a;a)$.

Suy ra trung điểm của $BC$ là $M\left(\frac{5-a}{2};1\right)$.

Gọi $AA'$ là đường kính của $(ABC)$. Dễ dàng chứng minh $M$ cũng là trung điểm của $HA'$.

Giải hệ $\left\{\begin{array}{l}d_1: x-2y=0\\ d_2: x-2=0\end{array}\right.$ ta có $H(2;1)$.

Từ đó $A'(3-a;1)$ suy ra $\overrightarrow{AA'}(3-3a;1-a)$.

Lại có $AA'=2R=2\sqrt{10}$ nên $40=AA'^2=(3-3a)^2+(1-a)^2\Leftrightarrow a=3\lor a=-1$. Chọn $a=-1$ vì $a<0$.

Vậy $A(-2;-1), B(2;3), C(4;-1)$.

Bài 38. (Sáng tác) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ $(AB\ne AC)$ có đường cao $AH$ $(H\in BC)$. Trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ không chứa $A$, lấy hai điểm $D,E$ sao cho $BD\perp BC, CE\perp BC$ và $BD=BA, CE=CA$. Gọi $AD,AE$ cắt $BC$ lần lượt tại $K,L$. Gọi $DL$ cắt $CE$ tại $P$, $EK$ cắt $BD$ tại $Q$, $DL$ cắt $EK$ tại $I$ và $DC$ cắt $EB$ tại $J$. Chứng minh rằng $I,J,H$ cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với $PQ$.

Bài 20. Trong mặt phẳng $Oxy$ cho tam giác \( ABC \) có \( B(1;2) \). Đường thẳng \(\Delta\) là đường phân giác trong của góc \( A \) có phương trình \( 2x + y - 1 = 0 \); khoảng cách từ \( C \) đến \(\Delta\) gấp 3 lần khoảng cách từ \( B \) đến \(\Delta\). Tìm toạ độ của $A$ và $C$, biết $C$ nằm trên trục tung.

$\textbf{Bổ đề.}$ Lập phương trình đường thẳng $d'$ là ảnh của đường thẳng $d: ax+by+c=0$ qua phép vị tự $H_{(M,k)}$. Biết rằng  $M(x_0;y_0)$.

Lấy điểm $N$ bất kì trên đường thẳng $d: ax+by+c=0$. Đặt $N\left(t;\frac{-c-at}{b}\right)$ thì $\overrightarrow{MN}\left(t-x_0;\frac{-c-at-by_0}{b}\right)$.

Giả sử $H_{(M,k)}: N\mapsto N'$. Khi đó, $\overrightarrow{MN'}=k\overrightarrow{MN}=\left(kt-kx_0;-\frac{kc+kat+kby_0}{b}\right)$.

Suy ra $N'\left(kt-kx_0+x_0;-\frac{kc+kat+kby_0}{b}+y_0\right)\in d'$. Vì $d'\parallel d$ nên ta viết được phương trình của $d'$ là:

$d': a(x-kt+kx_0-x_0)+b\left(y+\frac{kc+kat+kby_0}{b}-y_0\right)=0\Leftrightarrow ax+by+c+(k-1)(ax_0+by_0+c)=0$.

Quay lại bài toán.

 H79.png   98.73K   0 Số lần tải

Gọi $D$ là chân đường phân giác trong của $\angle BAC$ trong $\triangle ABC$.

Ta có $\overrightarrow{BC}=\frac{\overline{BC}}{\overline{BD}}\overrightarrow{BD}=\frac{BC}{BD}\overrightarrow{BD}=\left(1+\frac{CD}{BD}\right)\overrightarrow{BD}=\left(1+\frac{d_{C/ \Delta}}{d_{B/ \Delta}}\right)\overrightarrow{BD}=\left(1+3\right)\overrightarrow{BD}=4\overrightarrow{BD}$.

Suy ra $C$ nằm trên ảnh của $\Delta : 2x+y-1=0$ qua phép vị tự $H_{(B,4)}$ với $B(1;2)$.

Áp dụng $\textbf{Bổ đề}$, ta được đường thẳng $\Delta ': 2x+y-1+(4-1)(2.1+1.2-1)=0\Leftrightarrow 2x+y+8=0$ đi qua $C$.

Mà $C$ cũng nằm trên trục $Oy$ nên $C(0;-8)$.

Đặt $A(x;y)$.

Theo định lí đường phân giác trong tam giác thì $\frac{AB}{AC}=\frac{DB}{DC}=\frac{1}{3}$ hay $AC=3AB$.

Xét hệ $\left\{\begin{array}{l}AC^2=9AB^2\\ \Delta : 2x+y-1=0\end{array}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{array}{l}x^2+(y+8)^2=9(x-1)^2+9(y-2)^2\\ 2x+y-1=0\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\left(x-\frac{9}{8}\right)^2+\left(y-\frac{13}{4}\right)^2=\frac{909}{64}\\ 2x+y-1=0\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\left(x-\frac{9}{8}\right)^2+\left(2x+\frac{9}{4}\right)^2=\frac{909}{64}\\ y=1-2x\end{array}\right.\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x=\frac{3}{4}\\ y=-\frac{1}{2}\end{array}\right.\lor\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{21}{10}\\ y=\frac{26}{5}\end{array}\right.$.

Nếu $A\left(\frac{3}{4};-\frac{1}{2}\right)$ thì $\overrightarrow{AB}\left(\frac{1}{4};\frac{5}{2}\right) \parallel \overrightarrow{AC}\left(-\frac{3}{4};-\frac{15}{2}\right)$. Loại trường hợp này vì $A,B,C$ không thẳng hàng.

Vậy thì $A\left(-\frac{21}{10};\frac{26}{5}\right)$ và $C(0;-8)$.

Khoảng cách từ \( N \) đến \( AB \) là  

\[d_{(N,d)} = \frac{|7-a|}{2\sqrt{(1-a)^2 + (a+3)^2}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{a^2 - 14a + 49}{2a^2 + 4a + 10}} = \frac{1}{2}\sqrt{4.\left[ \frac{34}{16} -\frac{(2a+3)^2}{2a^2 + 4a + 10}\right]} \leq \frac{\sqrt{34}}{4}\]

Bạn kiểm tra lại dòng này nhé.

Ựa, sao mình làm ra khác anh @dat09 vậy nhỉ

Tiếp nối lời giải Bài 16 của @nonamebroy:

Ta đã có $AB: (1-a)x-(a+3)y-a+2=0$ và $N\left(0;\frac{1}{2}\right)$. Vậy khoảng cách từ $N$ đến $AB$ là:

$d_{N/AB}=\frac{\vert (1-a).0-(a+3)\frac{1}{2}-a+2\vert}{\sqrt{(1-a)^2+(a+3)^2}}=\frac{\vert \frac{-3}{2}a+\frac{1}{2}\vert}{\sqrt{2a^2+4a+10}}=\sqrt{\frac{9a^2-6a+1}{8a^2+16a+40}}=\sqrt{P}$ với $P\ge0$.

Tương đương $(8P-9)a^2+(16P+6)a+40P-1=0$ (*)

Vì luôn tồn tại giá trị của $a$ nên phương trình (*) có nghiệm hay $\Delta'\ge0$.

Suy ra $(8P+3)^2-(8P-9)(40P-1)\ge0\Leftrightarrow -256P^2+416P\ge0\Leftrightarrow (-416P)\left(\frac{8}{13}P-1\right)\ge0$.

Lại vì $P\ge0$ nên $P\le\frac{13}{8}$. Dấu "=" xảy ra tại $a=-4$. Khi đó, điểm $M$ có tọa độ là $(-4;-3)$.