Lời giải các bài hình trong 111 Nice Geometry Problem

[tranghieu95]

Mình xin lập topic này để bàn luận các bài toán trong 111 Nice Geometry Problem để mọi người tiện thảo luận và có nhiều lời giải nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[TNP]

Tình hình là bạn Pun nhà mình cho nhiều bài về mixtilinear incircle/excircle nhiều quá , mọi người có thể nêu một số tính chất/bổ đề/cách dựng hình(cái này quan trọng) để dễ giải hơn được không
Em bị dính ngay phần nhiều bài về mixtilinear incircle quá

À, mọi người chứng minh hộ em bổ đề này bằng cách thuần lượng giác nhé
Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường tròn mixtilinear incircle góc A(nên nghĩ 1 cái tên thuần Việt cho cái này ) tiếp xúc (O) tại D, chứng minh hằng đẳng thức $\frac{sinBAD}{sinCAD}=\frac{sin^{2}\frac{C}{2}}{s in^{2}\frac{B}{2}}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thephuong]

Nguyên văn bởi TNP

Tình hình là bạn Pun nhà mình cho nhiều bài về mixtilinear incircle/excircle nhiều quá , mọi người có thể nêu một số tính chất/bổ đề/cách dựng hình(cái này quan trọng) để dễ giải hơn được không
Em bị dính ngay phần nhiều bài về mixtilinear incircle quá

Cái đống bài mix đó anh xem qua rồi, trâu phết đó, dựng thì ngày xưa anh trả lời chú rồi mà @@ giờ lại hỏi lại Ý tưởng là định lý Lyness thôi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[TNP]

À quên, em hỏi cách dựng mixtilinear excircle cơ, incircle em có đến hai cách dựng .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[JokerNVT]

Em xin đóng góp
Problem 5: $BD, CE$ are the altitudes of $\Delta ABC$. $M$ is the midpoint of $BC$. $BD,CE$ cut $(EDM)$ at $S,R$ respectively. $SC$ cuts $BR$ at $Q$. $ES$ cut $DR$ at $G$. Prove that $A,Q,G$ are collinear.
Lời giải: Gọi $H$ là trực tâm $\Delta ABC$.
Ta dễ dàng nhận ra $(EDM)$ chính là đường tròn Euler của $\Delta ABC$

(đây chính là mấu chốt bài toán)

.
Từ đây ta suy ra $S,R$ lần lượt là trung điểm $BH,CH$.
Gọi $K$ là giao điểm của $AB$ và $GR$.
Dễ dàng chứng minh được: $\Delta ADB \sim \Delta HDC$ và $\Delta EBH \sim \Delta DBA$:
$\Rightarrow \dfrac{BD}{AB}=\dfrac{CD}{CH}$ và $\dfrac{EB}{BD}=\dfrac{EH}{AD}$
$\Rightarrow BD.CH=CD.AB$ và $EB.AD=EH.BD$
Nhân hai đẳng thức trên lại ta có:
$\Rightarrow EB.AD.CH=CD.AB.EH$
$\Rightarrow \dfrac{CD.RE}{AD.CH}=\dfrac{RE.EB}{EH.AB}$
$\Rightarrow \dfrac{CD.RE}{AD.CR}=2\dfrac{RE.EB}{EH.AB}$ (1) (do $R$ là trung điểm $CH$)
*Áp dụng định lý Meneleus vào $\Delta ACE$ có $K,D,R$ là cát tuyến, ta có:
$\dfrac{AK.ER.CD}{KE.RC.DA}=1$ (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra: $\dfrac{2RE.EB}{EH.AB}=\dfrac{EK}{AK}$ (3)
*Áp dụng định lý Meneleus vào $\Delta DHR$ cát tuyến $G,E,S$ ta có:
$\dfrac{RG.DS.HE}{GD.SG.ER}=1$ (4)
Từ (3) và (4) ta suy ra: $\dfrac{2RG.DS}{GD.SH}=\dfrac{EK.AB}{AK.EB}$
$\Rightarrow \dfrac{2RG.AK}{AB}=\dfrac{EK.DG.BS}{SD.EB}$ (do $BS=SH$) (5)
*Áp dụng định lý Meneleus vào $\Delta HBR$ có $S,Q,C$ là cát tuyến, ta có:
$\dfrac{BS.HC.RQ}{SH.CR.BQ}=1$
$\Rightarrow \dfrac{BQ}{RQ}=2$ (6)
Từ (5) và (6) ta suy ra: $\dfrac{BQ.RG.AK}{RQ.GK.AB}=\dfrac{EK.DG.BS}{EB.SD .GK}$ (7)
*Mặt khác, Áp dụng định lý Meneleus vào $\Delta KBD$ cát tuyến $G,E,S$, ta có:
$\dfrac{BS.DG.KE}{SD.GK.EB}=1$ (8)
Từ (7) và (8) ta suy ra: $\dfrac{BQ.RG.AK}{RQ.GK.AB}=1$
Từ đó áp dụng định lý Meneleus đảo cho $\Delta BRK$, ta suy ra $G,A,Q$ cùng nằm trên 1 đường thẳng (đpcm)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[TNP]

Em nghĩ bài 5 là sử dụng định lý Pappus với bộ điểm C, R, E và B, S, D, BE cắt CD tại A, BR cắt SC tại Q và ES cắt DR tại G nên suy ra A, Q, G thẳng hàng
Ai chứng minh hộ em cái bổ đề trên đi, em gõ lại latex đúng rồi
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[JokerNVT]

Problem 9: Let $\Delta ABC$ be a triangle. Let $(I)$ be the inscribed circle. $A',B',C'$ are the points of tangency on the side of $BC,AC,AB$. The point $T$ is the intersection between the extension of $BC$ and $C'B'$. Let $Q$ be the intersection of $AA'$ and the inscribed circle $(I)$. Show that $TQ$ is tangent to $(I)$
Lời giải:
Ta có: $\dfrac{\overline{AC'}.\overline{BA'}.\overline{CB '}}{\overline{C'B}.\overline{A'C}.\overline{B'A}}= \dfrac{(p-a)(p-b)(p-c)}{(p-a)(p-b)(p-c)}=1$ (1)
Mặt khác, áp dụng định lý Meneleus vào $\Delta ABC$ có cát tuyến $B',C',T$, ta có:
$\dfrac{\overline{AB'}.\overline{CT}.\overline{BC' }}{\overline{B'C}.\overline{TB}.\overline{C'A}}=1$ (2)
Nhân (1) và (2) lại với nhau ta suy ra:
$\dfrac{\overline{TC}}{\overline{TB}}: \dfrac{ \overline{A'C}}{ \overline{A'B}}=-1$
$\Rightarrow (TA'BC)=-1$ (3)
$\Rightarrow A(TA'BC)=-1 \Rightarrow A(TNC'B')=-1$
$\Rightarrow (TNC'B')=-1$ (4)
Từ (3) và (4) ta suy ra: $T$ liên hợp với $AB,AC$ tại $A'$ và $N$
Từ đây ta suy ra $A'N$ là đường đối cực của $T$ đối với $(I)$
Mà $Q \in A'N$ nên $Q$ đi qua đường đối cực của $T$ đối với $(I)$
$\Rightarrow T$ đi qua đường đối cực của $Q$ đối với $(I)$
Mà $Q \in (I)$
$\Rightarrow TQ$ là tiếp tuyến của $(I)$ (đpcm)

(do đường đối cực của 1 điểm thuộc đường tròn đối với đường tròn ấy chính là tiếp tuyến của đường tròn tại điểm đó)

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

[thephuong]

Nguyên văn bởi TNP

À quên, em hỏi cách dựng mixtilinear excircle cơ, incircle em có đến hai cách dựng .

Tương tự, chẳng khác gì cả chú động não tí đi cách anh chỉ chú thì đơn giản nhất rồi, cứ làm y hệt vậy sẽ ra
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Nguyen Van Linh]

Trong này có nhiều bài trên mathlink cũng có lời giải. Bài nào khó bạn liverpool dẫn link của các bài toán trong tuyển tập này nhé. Có thể dịch lời giải sang tiếng Việt cũng được. Nhiều bài khá trâu đấy nghĩ cũng mất thời gian phết
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[minhcanh2095]

Mọi người có thể dịch đề bài giúp em được không ? Có một số chỗ không biết nghĩa.
-------
À mọi người có thể cho mình hỏi mixtilinear excircle nghĩa là gì vậy ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[CQT.95hp]

Nguyên văn bởi minhcanh2095

Mọi người có thể dịch đề bài giúp em được không ? Có một số chỗ không biết nghĩa.
-------
À mọi người có thể cho mình hỏi mixtilinear excircle nghĩa là gì vậy ?

Là đường tròn tiếp xúc hai cạnh của tam giác và tiếp xúc ngoài với đường tròn ngoại tiếp tam giác.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[JokerNVT]

Problem 10: The $A$ mixtilinear incircle of $\Delta ABC$ cut $(ABC)$ at $P$. $D$ is on $BC$ such that $AC+BD=AB+CD$. Prove that $\widehat{DPC}=\widehat{ACB}$
Lời giải:

(Mình hi vọng có bạn sẽ tìm ra cách ngắn gọn hơn )

Dễ dàng chứng minh được $AI$ là phân giác $\widehat{BAC}$.
Gọi $X$ là giao điểm của $AI$ và $BC$.
Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$
Gọi $M$ là điểm chính giữa cung $BC$
Gọi $D'$ là điểm tiếp xúc của $BC$ với $(I)$
Mấu chốt của bài toán này nằm ở chỗ chứng minh được tứ giác $PD'XM$ nội tiếp
Đầu tiên ta cần xác định điểm $D$ bằng cách giải hệ phương trình sau:
$$\left\{\begin{matrix}
b+BD=c+CD & \\
BD+CD=a &
\end{matrix}\right.$$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}
BD=\dfrac{c+a-b}{2}=p-b& \\
CD=\dfrac{b+a-c}{2}=p-c&
\end{matrix}\right.$
$\Rightarrow D \equiv D'$
Ta chứng minh bổ đề và định lý sau:
Định lý Lyness và bổ đề 1: $PI$ là phân giác $\widehat{BPC}$
Gọi $K$ là tâm đường tròn hỗn tiếp (mixtilinear incircle).
Gọi $E,F$ lần lượt là các tiếp điểm của $(K)$ với $AB,AC$
Kẻ tiếp tuyến chung $Px$ của $(K)$
Để rút ngắn lời giải bài toán, mình xin sử dụng trực tiếp định lý Lyness và bổ đề 1 cũng được chứng minh thông qua cách chứng minh định lý.
Gọi $M$ là điểm giữa cung nhỏ $BC$ và $M'$ là điểm giữa cung lớn $BC$. Ta suy ra $M,M',O$ thẳng hàng và $P,I,M'$ thẳng hàng
$\Rightarrow \widehat{M'PM}=90^{\circ}$
Gọi $R,Q$ lần lượt là điểm tiếp xúc của $(I)$ với $AB,AC$. Gọi $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là giao điểm của $IA,IB,IC$ với $RQ,RD,DQ$. Dễ dàng nhận thấy $A_1,B_1,C_1$ là trung điểm của $RQ,RD,DQ$ nên ta nhận xét rằng đường tròn $(A_1B_1C_1)$ chính là đường tròn Euler của $\Delta RQD$. Ta gọi $T$ là tâm của đường tròn ấy.
Gọi $X$ là chân đường phân giác kẻ từ $A$
Bổ đề 2: Chứng minh $PDXM$ nội tiếp 1 đường tròn
Xét phép nghịch đảo tâm $I$ với $k=r^2$, ta có:
$N_{I}^{r^2}:$
$D \rightarrow D$
$B \rightarrow B_1$
$A \rightarrow A_1$
$C \rightarrow C_1$
$BD \rightarrow (IB_1D)$ ($ID$ là đường kính)
$X \rightarrow X_1$ $(X_1 \in (IDB_1))$

(ta dễ dàng chứng minh theo hệ thức lượng trong tam giác vuông)

$P \rightarrow P_1$
$M \rightarrow M_1$ (với $P_1,M_1 \in (T)$)
$P_1M_1X_1D \rightarrow PMXD$
Do $\widehat{IPM}=90^{\circ}$ nên qua phép biến hình này ta suy ra $\widehat{IM_1P_1}=90^{\circ}$ $\Rightarrow P_1M_1 \perp AX$
Mặt khác: $\widehat{IX_1D}=90^{\circ} \Rightarrow DX_1 \perp AX$
Từ đây ta suy ra: $P_1M_1 \parallel DX_1$
Mặt khác $B_1C_1 \perp AX$ (do $B_1C_1$ là đường trung bình của $\Delta RQD, RQ \perp AX$)
Do đó: $B_1C_1 \parallel DX_1 \parallel P_1M_1$
$\Rightarrow B_1C_1P_1M_1; B_1C_1X_1D$ lần lượt là các hình thang cân
Từ đây ta suy ra $\Delta P_1B_1D=\Delta CM_1X_1$ dẫn đến tứ giác $P_1M_1X_1D$ là hình chữ nhật
$\Rightarrow P_1M_1X_1D$ nội tiếp 1 đường tròn
$\Rightarrow PDXM$ nội tiếp 1 đường tròn
Bổ đề 2 đã được chứng minh
$\Rightarrow \widehat{DPM}=\widehat{ADB}=\dfrac{\widehat{A}}{2} +\widehat{ACB}$
Ta có: $\widehat{DPC}=\widehat{DPM}-\widehat{CPM}=\dfrac{\widehat{A}}{2}+\widehat{ACB}-\dfrac{\widehat{A}}{2}=\widehat{ACB}$
Vậy $\widehat{DPC}=\widehat{ACB}$ (đpcm)
Bài này ta có thể làm mạnh bài toán bằng cách thay đổi điều cần chứng minh:
Problem 10**: The $A$ mixtilinear incircle of $\Delta ABC$ cut $(ABC)$ at $P$. $D$ is on $BC$ such that $AC+BD=AB+CD$. Let $D'$ be the intersection of $OP$ and $BC$ ($O$ is the center of circumcircle of $\Delta ABC$). $(I)$ is the incircle of $\Delta ABC$ . Prove that $AP \perp BC$ when $D \equiv D'$ then conclude that $AI$ is the bisector of $\widehat{PAO}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[TNP]

Em thử làm cách khác anh Tú xem
Trên BC lấy D' sao cho P là tâm đồng dạng của tam giác PDC và PBA, ta có các tỉ lệ:
$\frac{BD}{AC}=\frac{BT}{AT}$ và $\frac{CD}{AB}=\frac{CU}{AU}$(1)
với T, U là tiếp điểm của mix incircle với AB, AC
$\Leftrightarrow \frac{BD+AC}{AC}=\frac{AB}{AT}, \frac{CD+AB}{AB}=\frac{AC}{AU}$
$\Leftrightarrow \frac{AB(BD+AC)}{AC(CD+AB)}=\frac{AB}{AC}$ do $AU=AT$
Suy ra $BD+AC=CD+AB$

Liệu có thể chứng minh bài này bằng lượng giác và với bổ đề $\frac{BD}{CD}=\frac{sinBAD}{sinCAD}=\frac{BI^2}{C I^2}=\frac{sin^2\frac{C}{2}}{sin^2\frac{B}{2}}$ không? Em đang thử nhưng chưa ra
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tranghieu95]

Cho tranghieu95 hỏi 1 tí. Mình đọc đoạn này ko hiểu lắm, ví dụ như: Let D be inverse points of A with respect to (P ) thì có phải là D là ảnh của A qua phép nghịch đảo tâm P phương tích $R^2$ với $R$ là bk của $(P)$ ko ạ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[JokerNVT]

Nguyên văn bởi TNP

Em thử làm cách khác anh Tú xem
Trên BC lấy D' sao cho P là tâm đồng dạng của tam giác PDC và PBA, ta có các tỉ lệ:
$\frac{BD}{AC}=\frac{BT}{AT}$ và $\frac{CD}{AB}=\frac{CU}{AU}$(1)
với T, U là tiếp điểm của mix incircle với AB, AC
$\Leftrightarrow \frac{BD+AC}{AC}=\frac{AB}{AT}, \frac{CD+AB}{AB}=\frac{AC}{AU}$
$\Leftrightarrow \frac{AB(BD+AC)}{AC(CD+AB)}=\frac{AB}{AC}$ do $AU=AT$
Suy ra $BD+AC=CD+AB$

Liệu có thể chứng minh bài này bằng lượng giác và với bổ đề $\frac{BD}{CD}=\frac{sinBAD}{sinCAD}=\frac{BI^2}{C I^2}=\frac{sin^2\frac{C}{2}}{sin^2\frac{B}{2}}$ không? Em đang thử nhưng chưa ra

Cách của em siêu thật, vừa ngắn gọn vừa dễ hiểu. Anh xin bái phục . Còn cách lượng giác thì để anh thử chứng minh xem
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]