Định lí Đào và ứng dụng

October 12, 2014 by Hoàng Đức Hưng

Một định lí rất hay của chú Đào Thanh Oai. Xem tại đây.

Geometry 3

August 20, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Korea TST Final Round 2013)
[Bài toán]: Cho $\triangle ABC$ thỏa $AB<AC, D\in AC$ sao cho $\widehat{ABD}=\widehat{C}.I$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC$ và $E=(CDI)$ giao với $AI$ . Đường thẳng qua $E//AB$ giao $BD$ tại $P$ . Giả sử $J$ là tâm nội tiếp $\triangle ABD$ và $A'$ là đối xứng của $A$ qua $I$ , $PJ$ giao với $A'C$ tại $Q$ . CMR: $QJ=QA'$ .
Lời giải
Ta thấy $IDCE:tgnt\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{ACI}$ mà $\widehat{ABD}=\widehat{ACB}\Rightarrow \widehat{ACI}=\widehat{DBJ}$
$\Longrightarrow \widehat{DBJ}=\widehat{DEJ}\Rightarrow BJDE:tgnt\Rightarrow \widehat{BJE}=\widehat{BDE}$ mà $\widehat{BIE}=\widehat{BAE}=\widehat{ABJ}=90^0-\widehat{BDJ}\Rightarrow \widehat{BDE}+\widehat{BDJ}=\widehat{JDE}=90^0$
Lấy $X$ là trung điểm $BE\qquad (1)$
Vì $AB//EP\Rightarrow \widehat{BAE}=\widehat{PEA}$
Mặt khác: $BIDE:tgnt\Rightarrow \widehat{BDJ}=\widehat{JEB}$ $\Longrightarrow \widehat{BEA}+\widehat{PEA}=\widehat{BAE}+\widehat{BDJ}=90^0-\widehat{DBJ}$
Cũng từ $BIDE:tgnt\Rightarrow \widehat{JBE}=90^0\Rightarrow \widehat{PBE}=90^0-\widehat{DBJ}$
Do đó: $\widehat{PBE}=\widehat{PEB}\Rightarrow \triangle PBE$ cân tại $P\qquad (2)$
Từ $(1),(2)\Rightarrow PX$ là đường cao cũng là trung tuyến của $\triangle PBE\Rightarrow PX$ vuông góc với $BE$ .
Xét $\triangle PXE,EDJ$ đồng dạng $\Rightarrow \displaystyle{\frac{JE}{PE}=\frac{JD}{EX}\Leftrightarrow \frac{JE}{PE}=\frac{2JD}{BE}}\qquad (3)$
$\triangle AJD,ABE$ đồng dạng $\Rightarrow \displaystyle{\frac{2JD}{BE}=\frac{2AD}{AE}}\qquad (4)$
$IDCE:tgnt\Rightarrow 2AD.AC=2AI.AE\Leftrightarrow \displaystyle{\frac{AA'}{AC}=\frac{2AD}{AE}}\qquad (5)$
Từ $(3),(4),(5)\Rightarrow \displaystyle{\frac{JE}{PE}=\frac{AA'}{AC}}, \widehat{JEP}=\widehat{EAC}\Rightarrow \triangle JEP,A'AC$ đồng dạng $\widehat{JA'Q}=\widehat{QJA'}\Rightarrow \triangle QJA'$ cân tại $Q\Rightarrow QJ=QA'$ $\blacksquare$

Geometry 2

June 24, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Thi thử Hà Nội – Amsterdam 2013)
Cho $\triangle ABC$ nhọn và điểm $K$ trên cạnh $AC$ sao cho $AK=2KC$ , $\widehat {ABK}= 2\widehat {KBC}$ và $AB<AC$ . Dựng đường tròn đường kính $AB$ , cắt $BK$ tại $D$ và cắt $BC$ tại $E$ .
CMR: $\triangle CDE$ là tam giác cân.
Lời giải

Ta có hai bổ đề sau, chứng minh khá đơn giản.
$(*)$ Bổ đề $1$ : Cho hình thang $ABCD$ vuông tại $A,D$ và $AB\parallel CD,M$ là trung điểm $BC$ thì $DC=CP$
$(*)$ Bổ đề $2$ : Cho $\triangle ABC$ . giao điểm của phân giác $\widehat A$ với trung điểm $BC$ tại $D$ thì $D\in (ABC)$
$\blacktriangleright$ Áp dụng
Lấy $P,Q$ là điểm đối xứng của $A$ qua $D,K$ .
$\triangle ABC$ có $DK$ là đường trung bình $\Rightarrow DK\parallel PQ$ mà $DK\perp AP$
$\Rightarrow PQ\perp AD$ $\Rightarrow DKQP$ là hình thang vuông $\qquad (1)$
Mặt khác: $KC=\frac{AK}{2}=\frac{KQ}{2}=CQ$ , và với theo bổ đề $1$ $\qquad (2)$
Từ $(1),(2)$ $\Rightarrow DC=CP \qquad (3)$
$\triangle ABP$ có $BD$ là đường cao và đồng thời là đường trung tuyến
$\Rightarrow \triangle ABP$ cân tại $B$ $\Rightarrow \widehat {ABD}=\widehat {PBD}$
mà $\widehat {B_1}=2\widehat {B_2}$ $\Rightarrow \widehat {B_2}=\widehat {B_3}$
$\Rightarrow BC$ là phân giác $\widehat {DBP} \qquad (4)$
Áp dụng bổ đề $2$ , kết hợp $(3),(4)$ $\Rightarrow BPCO: tgnt$ $\widehat {C_1}=\widehat {P_1} \qquad (5)$
$\triangle ABP$ cân tại $B$ $\Rightarrow \widehat {P_1}=\widehat {A_1} \qquad (6)$
$ABED: tgnt$ $\Rightarrow \widehat {E_1}=\widehat {A_1} \qquad (7)$
Từ $(5),(6),(7)$ $\Rightarrow \widehat {E_1}=\widehat {A_1}$
$\triangle CDE$ cân tại $D$ $(Q.E.D) \blacksquare$

Geometry 1

May 31, 2014 by Hoàng Đức Hưng

(Thi vào lớp 10 chuyên ĐHKHTN-DHQGHN 2012-2013)
Cho hình vuông $ABCD$ nội tiếp $(O)$ . Điểm $M$ thuộc cung nhỏ $CD$ của $(O)$ ( $M$ khác $C,D$ ). $MA$ cắt $DB,DC$ theo thứ tự tại $X,Z$ . $MB$ cắt $CA,CD$ theo thứ tự tại $Y,T$ . $DY$ cắt $CX$ tại $K$ .
a. CMR: $\angle MXT=\angle TXC$ , $\angle MYZ=\angle ZYD$ và $\angle CKD=135^{\circ}$
b. CMR: $\frac{KM}{MX}+\frac{KY}{MY}+\frac{ZT}{CD}=1$
c. Gọi $L$ là giao của $MK,CD$ . CMR: $XT,YZ,OL$ cùng đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle KZT$ .
Lời giải