LỜI GIẢI bài 6 IMO 2019

LỜI GIẢI BÀI 6 IMO 2019 Nguyễn Lê Phước Đề bài: Cho tam giác ABC nội tiếp Để đơn giản ta trình bày lời giải thành nhiều phần: Phần 1: Chứng minh: Q thuộc BIC, Gọi QP cắt BIC tại J, chứng

LỜI GIẢI BÀI 6 IMO 2019 Nguyễn Lê Phước

Đề bài: Cho tam giác ABC nội tiếp

Để đơn giản ta trình bày lời giải thành nhiều phần:

Phần 1: Chứng minh: Q thuộc (BIC), Gọi QP cắt (BIC) tại J, chứng minh: JI đi qua điểm T chính giữa cung BC chứa A.

Ta có: BQP=BFP=PRF, CQP=CEP=PRE

=>BQC=ERF=180°-EDF=BIC => Q thuộc (BIC).

Có: JCB=PQB=BFP=PEF, tương tự: JBC=PFE.

=>ΔJCB~ΔPEF (g.g) => JC

JB=

PE

PF=

RE

RF (vì PERF là tứ giác điều hòa).

lại có: REF=90°-DRE=90°-EDC=ICB, tương tự: RFE=IBC.

=> ΔREF~ΔICB (g.g) => RERF=ICIB =>JCJB=ICIB hay IBJC là tứ giác điều hòa

Mà TB, TC là tiếp tuyến của (BIC) nên IJ đi qua T.

T

J

Q

P

R

F

E

D

I

A

Gọi ID cắt (I) tại S, =>DRS=90° =>RS//EF =>RS//AG

=>PAG+PDQ=PRS+PDS=180° hay PAGD nội tiếp.

Mà DAGX nội tiếp đường tròn đường kính GX nên P thuộc (GX) hay

GPX=90°.

Có: NX.NA=NB^2=NI^2 =>NA

NI=

NI

NX=

NA-NI NI-NX=

IA

IX =>

IX

IA=

NI

NA=

TG TA Gọi K là giao điểm của GX và TI, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác GAX có I, K, T thẳng hàng:

KG

KX.

IX

IA.

TA

TG=1, mà

IX

IA=

TG

TA => KG=KX nên K là trung điểm GX => KD=KP, mà ID=IP nên IK là trung trực PD, hay P đối xứng với D qua TI.

Phần 2: Gọi AI cắt BC tại X và cắt (O) tại N ID cắt AT tại G Chứng minh: P đối xứng với D qua TI và GPX=90°.

S

K

X

T G

P

R

F

E

D I A

Phần 3: Ta đã chứng minh được XPG=90°, có Q thuộc PJ nên phần này ta đi chứng minh: XPJ=90°, từ đó suy ta J, P, G thẳng hàng hay

P, Q, G thẳng hàng tức là có điều phải chứng minh.

kẻ đường kính IH của (BIC), có:

ΔIDB~ΔICH, ΔIDC~ΔIBH

=>ID

DB=

IC

CH,

ID

DC=

IB

BH =>

DB

DC=

IB

IC.

HC

HB=

JB

JC.

HC

HB (từ phần 1 có:

IB

IC=

JB

JC. Gọi JD cắt (BIC) tại L, theo tính chất chia: DB

DC=

JB

JC.

LB

LC =>

HC

HB=

LB

LC. Gọi HL cắt BC tại M theo tính chất chia: MB

MC=

HB

HC.

LB

LC=1 => MB=MC

=>NMBC =>NM//ID =>XI

XN=

XD

XM, mà XI.XH=XB.XC=XA.XN

=>XA

XH=

XI

XN=

XD

XM =>AD//HM =>DPX=DAX=IHL=IJL=IJP (vì D đối xứng P qua JT theo phần 2).

Mà DPJI nên JPX=90°.

P

L

J

M

H

N X

F

E

D

I

A

Tính chất chia của tứ giác nội tiếp: (cho phần 3)

Tứ giác ABCD nội tiếp, I là giao điểm AC, BD 1) Phương tích: IA.IC=IB.ID

2) Tỷ lệ: AB

CD=

IA

ID.

IB

IC,

AD

BC=

IA

IB=

ID IC 3) Tính chất chia: IA

IC=

BA

BC.

DA

DC (dùng tỷ lệ ở 2) 4) Áp dụng tính chất chia: BD đi qua trung điểm AC <=>BA

BC=

DC DA

I

B A

J

Q

P

R

F

E

D I A

Phần 1: Chứng minh: Q thuộc (BIC), Gọi QP cắt (BIC) tại J, chứng minh: JI đi qua điểm T chính giữa cung BC chứa A.

Ta có: BQP=BFP=PRF, CQP=CEP=PRE

=>BQC=ERF=180°-EDF=BIC => Q thuộc (BIC)

Có: JCB=PQB=BFP=PEF, tương tự: JBC=PFE

=>ΔJCB~ΔPEF (g.g) => JC

JB=

PE

PF=

RE

RF (vì PERF là tứ giác điều hòa).

lại có: REF=90°-DRE=90°-EDC=ICB, tương tự: RFE=IBC

=> ΔREF~ΔICB (g.g) => RE

RF=

IC

IB =>

JC

JB=

IC

IB hay IBJC là tứ giác điều hòa

Mà TB, TC là tiếp tuyến của (BIC) nên IJ đi qua T

K

X

T

G

P

R

F

E

D I

N A

Gọi ID cắt (I) tại S, =>DRS=90° =>RS//EF =>RS//AG

=>PAG+PDQ=PRS+PDS=180° hay PAGD nội tiếp

Mà DAGX nội tiếp đường tròn đường kính GX nên P thuộc (GX) hay

GPX=90°

NI

NA-NI

IA

IX =>

IX

NI

TG TA Gọi K là giao điểm của GX và TI, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác GAX có I, K, T thẳng hàng:

KG

IX

IA.

TA

IX

TG

KD=KP, mà ID=IP nên IK là trung trực PD, hay P đối xứng với D qua TI

Chứng minh: P đối xứng với D qua TI và GPX=90°.

L

J

M

H

N X

T

F

E

D I A

này ta đi chứng minh: XPJ=90°, từ đó suy ta J, P, G thẳng hàng hay

P, Q, G thẳng hàng tức là có điều phải chứng minh.

kẻ đường kính IH của (BIC), có:

ΔIDB~ΔICH, ΔIDC~ΔIBH

=> ID

IC

ID

IB

BH =>

DB

IB

IC.

HC

JB

JC.

HC

IB

JB

JC.

JB

JC.

LB

LC =>

HC

LB

HB

LB

XD

=>XA

XI

XD

(vì D đối xứng P qua JT theo phần 2)

Mà DPJI nên JPX=90°