Hình học 4b. VMO 2019

2021/02/15 14:56

#toán #hình học #vmo

– Con Heo’s solution –

Đề bài. Cho tam giác ABCABC có trực tâm HH và tâm đường tròn nội tiếp II. Trên các tia ABAB, ACAC, BCBC, BABA, CACA, CBCB lần lượt lấy các điểm A1A_{1}, A2A_{2}, B1B_{1}, B2B_{2}, C1C_{1}, C2C_{2} sao cho

AA1=AA2=BCAA_{1} = AA_{2} = BC, BB1=BB2=ACBB_{1}=BB_{2}=AC, CC1=CC2=ABCC_{1}=CC_{2}=AB.

Các cặp đường thẳng (B1B2,C1C2)(B_{1}B_{2}, C_{1}C_{2}), (C1C2,A1A2)(C_{1}C_{2}, A_{1}A_{2}), (A1A2,B1B2)(A_{1}A_{2}, B_{1}B_{2}) lần lượt có giao điểm là AA', BB', CC'. Gọi JJ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABCA'B'C'. Các đường thẳng AJAJ, BJBJ, CJCJ lần lượt cắt các đường thẳng BCBC, CACA, ABAB tại RR, SS, TT tương ứng. Các đường tròn ngoại tiếp các tam giác ASTAST, BTRBTR, CRSCRS cùng đi qua một điểm KK. Chứng minh rằng nếu tam giác ABCABC không cân thì IHJKIHJK là hình bình hành.

Chứng minh.

Kéo AHAH cắt BCBC tại DD, JAJA' cắt BCBC tại PP.

Kẻ ILIL, IMIM, ININ lần lượt vuông góc tại LL, MM, NN với BCBC, CACA, ABAB tương ứng.

Dễ chứng minh: AB2=AC1=AAAB_{2} = AC_{1} = AA'AA//BCAA' // BC.

Tương tự: BC2=BA1=BBBC_{2}=BA_{1} = BB'BB//ACBB'//AC; CA2=CB1=CCCA_{2}=CB_{1}= CC'CC//ABCC'//AB.

Tính toán góc ta chứng minh được

B2C1C2A1B_{2}C_{1}C_{2}A_{1}, C2A1A2B1C_{2}A_{1}A_{2}B_{1}, A2B1B2C1A_{2}B_{1}B_{2}C_{1} nội tiếp.

    B2C1\implies B_{2}C_{1}, C2A1C_{2}A_{1}, B1A2B_{1}A_{2} đồng quy theo tính chất của trục đẳng phương ()(*).

ACB^=90oACB2^\widehat{A'C'B'}= 90^o - \widehat{\frac{ACB}{2}}.

Ta cũng có: AAB^=90oACB2^\widehat{AA'B'} = 90^o - \widehat{\frac{ACB}{2}}.

Suy ra: ACB^=AAB^    AA\widehat{A'C'B'} = \widehat{AA'B'} \implies AA' tiếp tuyến tại AA của (J)(J).

Tương tự BBBB', CCCC' cũng là tiếp tuyến tại AA của (J)(J).

Ta có: JA2=JB2JA'^2=JB'^2 nên JJ thuộc trục đẳng phương (A)(A)(B)(B).

JCJC' \bot ABAB nên JCJC' là trục đẳng phương (A)(A)(B)(B).

Mặt khác: C1B2C_{1}B_{2} trục đẳng phương (A)(A)(B2C1C2A1)(B_{2}C_{1}C_{2}A_{1}); A1C2A_{1}C_{2} trục đẳng phương (B)(B)(B2C1C2A1)(B_{2}C_{1}C_{2}A_{1}).

Do đó C1B2C_{1}B_{2}, A1C2A_{1}C_{2}, JCJC' đồng quy.

Tương tự C1B2C_{1}B_{2}, B1A2B_{1}A_{2}, JBJB' đồng quy.

Kết hợp với ()(*) ta có sáu đường trên đồng quy.

JCJC', JBJB' cắt nhau tại JJ.

Nên C1B2C_{1}B_{2}, A1C2A_{1}C_{2}, B1A2B_{1}A_{2} đi qua JJ.

Lại có: BA1J^\widehat{BA_{1}J} = BC2A1^\widehat{BC_{2}A_{1}} = JA2A1^\widehat{JA_{2}A_{1}}.

    AA1\implies AA_{1} tiếp tuyến (JA1A2)(JA_{1}A_{2}).

Tương tự AA2AA_{2} tiếp tuyến (JA1A2)(JA_{1}A_{2}).

Do đó AJAJ là đường đối trung \bigtriangleup JA1A2JA_{1}A_{2}.

    AJ\implies AJ đi qua trung điểm RR của C2B1C_{2}B_{1}. (vì \bigtriangleup JC2B1JC_{2}B_{1} \sim \bigtriangleup JA2A1JA_{2}A_{1})

Từ đó dễ có: RL=ACAB=AA=DPRL = AC-AB = AA' = DP.

Kẻ KRKR' \bot BCBC tại RR' thì RL=DPR'L=DP. (Do HJKIHJKI là hình bình hành)     \implies RR' \equiv RR.

Do đó KRBCKR \bot BC.

Tương tự KSKS, KTKT lần lượt vuông góc với ACAC, ABAB tương ứng.

    (CSR)\implies (CSR), (AST)(AST), (BTR)(BTR) cùng đi qua KK là điểm sao cho JHIKJHIK là hình bình hành.

Do đó ta có đpcm.

Quay trở về Blog