Trích:
Bài 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn có $\angle ACB<\angle ABC<\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Lấy điểm $D$ thuộc cạnh $BC$ sao cho $\angle ADC=\angle ACB+\dfrac{\angle BAC}{2}$. Tiếp tuyến với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $A$ cắt $BC$ tại $E$. Phân giác $\angle AEB$ cắt $AD$ và cắt $(ADE)$ tại $G$ và $ F$, $DF$ giao $AE$ tại $H.$ a) Chứng minh rằng các đường tròn đường kính $AE,DF,GH$ có một điểm chung. b) Trên phân giác ngoài $\angle BAC $ và trên tia $AC$ lần lượt lấy các điểm $K$ và $M$ sao cho $KB=KD=KM$, trên phân giác ngoài $\angle BAC$ và trên tia $AB$ lần lượt lấy các điểm $L$ và $N$ sao cho $LC=LD=LN.$ Đường tròn đi qua $M,N$ và trung điểm $I$ của $BC$ cắt $BC$ tại $P$ ($P\neq I$). Chứng minh rằng $BM,CN,AP$ đồng quy. |
Ý b.
Sử dụng kỹ thuật gọi
điểm phẩy (cụ thể là gọi P') kết hợp hệ thức
Maclaurin (kiểu VMO 2009) ta thấy mấu chốt là cần chứng minh tứ giác $BNMC$ nội tiếp.
Dùng
phép chiếu song song sẽ thấy
$\dfrac{AK}{AL}=\dfrac{AB}{AC}.$
Suy ra tam giác $ABK$ đồng dạng tam giác $ACL$ ($g-c-g$), chú ý $\widehat{KAM}=\widehat{LAN}$ theo tính chất phân giác trong.
Đến đây, ta cần chứng minh được tam giác $AMK$ đồng dạng tam giác $ANL.$
Điều đó đúng do các góc $\widehat{MAL}, \widehat{NAK}$ nhọn và theo
Định lý sin thì
$\dfrac{\sin \widehat{AMK}}{\sin \widehat{MAL}}=\dfrac{AK}{KM}=\dfrac{AK}{KB}= \dfrac{AL}{LC} =\dfrac{AL}{LN}=\dfrac{\sin \widehat{ANL}}{\sin \widehat{NAK}}.$
Câu hình a thì chỉ là một tính chất xung quanh Định lý Brocard.
Gọi $AF \cap BC = H'$ thì dùng cộng góc thông thường được $AH' \bot BC.$
Gọi $Q$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần trong hình thì theo trên ta có $Q$ là giao của 2 đường tròn đường kính $AE$ và $BF$.
Theo tính chất của
điểm Miquel và
Định lý Brocard thì $O',G,Q$ thẳng hàng và $O'G \bot HH'.$
Suy ra điểm $Q$ thuộc đường tròn đường kính $GH.$
PS: Điểm Miquel thường là điểm đồng quy của các đường tròn cần chứng minh đồng quy và nó cũng thường là điểm tiếp xúc của các đường tròn cần chứng minh tiếp xúc.
Trích:
Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $B,C$ cố định, $A$ chuyển động trên cung $BC$ của $ (O)$. Các phân giác $AD,BE,CF$ giao nhau tại $I$. Đường tròn qua $D$ tiếp xúc với $OA$ tại $A$ cắt $(O)$ tại $G$. $GE,GF$ giao $(O)$ lần thứ hai tại $M,N$. $BM$ giao $CN$ tại $H.$ a) Chứng minh rằng $AH$ đi qua một điểm cố định. b) $BE, CF$ giao $(O)$ lần lượt tại $K,L$. $AH$ giao $KL$ tại $P$. $Q$ là một điểm trên $EF$ sao cho $QP=QI.$ $J$ là điểm nằm trên $(BIC)$ sao cho $IJ\perp IQ$. Chứng minh rằng trung điểm $IJ$ chuyển động trên một đường tròn cố định. |
Ý 3.a có thể dùng tư tưởng
phép chiếu xuyên tâm giải kiểu gọi
điểm phẩy như sau:
Rõ ràng $GABC$ là tứ giác điều hòa (mô hình này từng xuất hiện trong VMO 2014 và VMO 2010).
Đặt $EF \cap AD=H'; BH' \cap (O)=M', ME \cap (O)=G'.$
Ta chỉ cần chứng minh
$\dfrac{GB}{GC}=\dfrac{c}{b}.$
Thật vậy, ta có
$\dfrac{H'E}{H'F}=\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{a+b}{a+c}. $
Suy ra (theo
Định lý sin)
$\dfrac{M'E_1}{M'A}=\dfrac{\sin \widehat{H'BE}}{\sin \widehat{H'BF}}=\dfrac{H'E}{H'F}.\dfrac{BF}{BE}= \dfrac{ca}{l_b (c+a)}.$
Do vậy (theo
Định lý sin)
$\dfrac{GB}{GC}=\dfrac{GB}{ME_1}.\dfrac{ME_1}{MA}. \dfrac{MA}{GC}=\dfrac{l_b}{ME}.\dfrac{ca}{(c+a) l_b}.\dfrac{ME.ab}{(c+a)}=\dfrac{c}{b}.$
Câu hình 3b sau khi vẽ hình chắc tay để phát hiện ra $IJ$ đi qua $O,$ ta chuyển bài toán về ít điểm như sau:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I),$ phân giác trong $BE, CF;$ $D_2$ là trung điểm cung lớn $BC.$ Đường thẳng qua $O$ vuống góc $OI$ cắt $EF$ và $AD_2$ tại $Q$ và $X.$ Chứng minh $IX=4IQ.$
Bài toán này giải qua 2 bước như sau:
Bước 1. Gọi $IQ \cap BC=X_1$ và $X'$ là trung điểm của $AD_2.$
Ta sẽ chứng minh $QX=QX_1.$
Thật vậy, theo một tính chất quen thuộc thì $EF \bot I_aO.$
Theo tiêu chuẩn song song trung điểm thì $O(I_aID_1X')=-1.$
Theo tính chất chùm vuông góc, suy ra $Y(IxBA)=-1$ với $Yx || X'X_1.$
Suy ra $QX=QX_1.$
Bước 2. Chứng minh $IX_1=2IQ.$
Điều này dựa vào bước 1, cụ thể như sau:
Do $Y(X_1QIX)=-1$ nên $\dfrac{QX}{QI}=\dfrac{X_1X}{X_1I}.$
Đặt $X_1X=6a, IX_1=x$ thì tỷ lên trên được viết lại $\dfrac{3a}{3a-x}=\dfrac{6a}{x}.$
Giải phương trình đại số này được $x=2a$ hay bước 2 được chứng minh.
Tóm lại bài toán được giải quyết.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]