Bài toán thẳng hàng

[dep_kom_n]

(O1);(O2);(O3) đôi một tiếp xúc ngoài nhau;
(O1) tx với (O3) ở C ;(O2) tx với (O3) ở D
AB là đường kính của (O3)
AC cắt (O1) ở X
BD cắt (O2) ở Y
AD cát BC ở Z
cmr X,Y,Z thẳng hàng

bài này mình làm bằng góc đính hướng hoài mà chẳng ra,ai giúp mình với ,cách nào cũng đc (thậm chí tọa độ cũng thanks)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Gọi E là tiếp điểm của $(O_1),(O_2) $
kí hiệu $V_{\left ( O,k \right )} $ là phép vị tự tâm O, tỉ số k
ta có
$V_{\left ( C,-\frac{R_1}{R_3} \right )}:X\to A \\ V_{\left ( O_3,-1 \right )}:A\to B \\ V_{D,-\frac{R_3}{R_2}}:B\to Y $
đặt $F=V_{\left ( C,-\frac{R_1}{R_3} \right )}.V_{\left ( O_3,-1 \right )}.V_{D,-\frac{R_3}{R_2}} $, ta có $F(X)=Y $
mặt khác $F $ là phép vị tự tỉ số $-\frac{R_1}{R_2} $
ta kiểm tra được $F(O_1)=O_2 $, do đó E là tâm vị tự của F
suy ra X, E, Y thẳng hàng

nghĩ tiếp đã

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dep_kom_n]

He van chua xong,cố lên
em vẫn chưa ra
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[alltheright]

Giả sử $XZ \cap AB = K, YZ \cap AB = K' $, ta sẽ chứng minh $K \sim K' $
Áp dụng định lý $Menelaos $ cho $\Delta ACB $ và $\Delta ABD $ ta có :
$\frac{KA}{KB}.\frac{ZB}{ZC}.\frac{XC}{XA} =1 \Leftrightarrow \frac{KA}{KB} = \frac {ZC}{ZB}.\frac{XA}{XC} $
Tương tự ta có $\frac{K'A}{K'B} = \frac {YD}{YB}.\frac{ZA}{ZD} $
Do đó ta cần chứng minh $\frac {ZC}{ZB}.\frac{XA}{XC}= \frac {YD}{YB}.\frac{ZA}{ZD} $
Dùng định lý hàm số sin ta dễ chứng minh được $\frac {ZC}{ZB}=\frac {AC}{AB}.\frac{CD}{DB}, \frac {ZA}{ZD}=\frac{BA}{BD}.\frac{AC}{CD} $ và ta có $\frac{XA}{XC}= \frac{R_1+R_3}{R_1}, \frac{YD}{YB} = \frac{R_2}{R_2+R_3} $
Thay hết vào, triệt tiêu ta cần chứng minh đẳng thức sau:
$\frac{CD^{2}}{AB ^{2}} = \frac {R_1R_2}{(R_1+R_3).(R_2+R_3)} $
Ta có $CD = 2R_3.\sin{\frac {\angle O_1O_3O_2}{2}} $
Sau đó dùng công thức tính $\sin {\frac{A}{2}} = \sqrt {\frac{(p-b)(p-c)}{bc} $ cho $\Delta O_1O_2O_3 $, rồi thay vào ta có $dpcm $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[dep_kom_n]

Có giỏi thì chơi góc định hướng di -so trường đấy ,tao pó tay rùi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Một số kết quả khác liên quan đến bài toán này
-Z nằm trên đường tròn (I) nội tiếp $O_1O_2O_3 $
-G là giao điểm AX, BY, khi đó G, I, Z thẳng hàng

nghĩ lan man thế nào lại ra cái kết quả X, E, Y thẳng hàng trên kia

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Lời giải bằng góc định hướng:
xét các góc định hướng theo modulo $\pi $

kí hiệu bằng góc thường cho nhanh

gọi $\omega $ là đường tròn ngoại tiếp CDE và O là tâm $\omega $, dễ thấy (CDE) là đường tròn nội tiếp tam giác $O_1O_2O_3 $ và O là tâm đẳng phương của 3 đường tròn $O_i $
$O_3 \in AB \Rightarrow \widehat{DCZ}=\widehat{DA O_3}=\widehat{O_3 DA} $
gọi Z' là giao điểm thứ hai của AD và $\omega $, do $O_3D $ là tiếp tuyến của $\omega $ nên $\widehat{O_3DA}=\widehat{O_3DZ'}=\widehat{DCZ'} $
do đó $\widehat{DCZ}=\widehat{DCZ'} $ và $Z' \in BZ $
vì Z và Z' cùng nằm trên AD, $AD \ne BZ $ nên $Z \equiv Z' $
do đó $Z\in \omega $
$\widehat{OCO_3}=\widehat{XCZ}=90^o $ nên
$\widehat{ZCO_3}=\widehat{ZCO}+\widehat{OCO_3}=\wid ehat{XCZ}+\widehat{ZCO}=\widehat{XCO} $ (1)
CO là tiếp tuyến của $(O_1) $ nên $\widehat{XCO}=\widehat{XEC} $ (2)
từ (1) và (2) suy ra $\widehat{ZCO_3}=\widehat{XEC} $
gọi l là đường thẳng ZE hoặc tiếp tuyến của $\omega $ tại E
khi đó $(l,EC)=\widehat{ZCO_3} $
do đó $(l,EC)=\widehat{XEC} \Rightarrow X\in l $
tương tự, ta suy ra $Y\in l $ (đpcm)

từ cách cm trên, suy ra các nhận xét mà mình đã nêu

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]