Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 1 tháng 8/2016: Đường thẳng đi qua điểm cố định

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Như vậy lời giải cho bài Tuần 4 tháng 7/2016 đã được thầy Hùng cho lời giải tại đây kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định với $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. Đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $K,L$ lần lượt đối xứng với $(O)$ qua $CA,AB$. $KE$ cắt $LF$ tại $P$. Trên $AH$ lấy $Q$ sao cho $PQ \parallel AO$. $R$ đối xứng với $A$ qua $OQ$. Gọi $AD$ là đường kính của $(O)$. Chứng minh rằng đường thẳng $DR$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ thay đổi. 

 

Screen Shot 2016-08-01 at 7.24.35 PM.png

 

PS: Xin lỗi mọi người vì bài toán mới của thầy Hùng được đưa lên diễn đàn hơi chậm. 

 

Anh em cùng giải quyết bài này nào. :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 01-08-2016 - 16:28

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#2
QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Em làm như sau.

Lấy $A'B'C'$ là tam giác tạo bởi tiếp tuyến tại $A$, $B$, $C$ của $(O)$.

Ý tưởng của em là chỉ ra $P$ là trực tâm $\triangle A'B'C'$.

Gọi $P'$ là trực tâm $\triangle A'B'C'$.

$X$, $Y$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $B'$, $C'$ lên $BC$.

$T$ là điểm đối xứng với $O$ qua $BC$. $AD'$ là đường cao của $\triangle ABC$.

Có đoạn này thì do muốn chứng minh không phụ thuộc hình vẽ(độ dài đại số, vector) cho nên em dùng barycentric một chút.

Kí hiệu $a$, $b$, $c$ là độ dài của $BC$, $CA$, $AB$.

$AA'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy tại điểm Lemoine $S$, hơn nữa ta có $a^2\overrightarrow{SA}+b^2\overrightarrow{SB}+c^2\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{0}$. $\triangle A'B'C'$ là tam giác anticevian của $S$ nên

\[-a^2\overrightarrow{A'A}+b^2\overrightarrow{A'B}+c^2\overrightarrow{A'C}=\overrightarrow{0}\]

\[a^2\overrightarrow{B'A}-b^2\overrightarrow{B'B}+c^2\overrightarrow{B'C}=\overrightarrow{0}\]

\[a^2\overrightarrow{C'A}+b^2\overrightarrow{C'B}-c^2\overrightarrow{C'C}=\overrightarrow{0}\]

Từ đó mà ta thu được rằng $(a^2+c^2-b^2)\overrightarrow{AB'}+(a^2+b^2-c^2)\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{0}$

Trực tâm $H$ của $\triangle ABC$ thỏa mãn $\sum\dfrac{\overrightarrow{HA}}{b^2+c^2-a^2}$ $\Rightarrow$ $(a^2+b^2-c^2)\overrightarrow{D'B}+(a^2-b^2+c^2)\overrightarrow{D'C}=\overrightarrow{0}$

\[\Rightarrow \dfrac{\overline{D'B}}{\overline{D'C}}=\dfrac{\overline{AC'}}{\overline{AB'}}=\dfrac{\overline{D'Y}}{\overline{D'X}}\]

$\Rightarrow \overline{D'B}\cdot\overline{D'X}=\overline{D'C}\cdot\overline{D'Y}$.

$\Rightarrow$ $D'$ thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn đường kính $BB'$ và $CC'$.

Dễ thấy $T$ là trực tâm $\triangle A'BC$.

Định lý. Một đường thẳng $\ell$ cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$ thì trực tâm $\triangle ABC$, $\triangle AEF$, $\triangle BFD$, $\triangle CDE$ thuộc trục đẳng phương của các đường tròn đường kính $AD$, $BE$, $CF$.

Áp dụng điều này, ta suy ra $P'$, $T$, $D'$ thẳng hàng. Hoàn toàn tương tự, $EK$, $FL$ đi qua trực tâm $\triangle A'B'C'$ - nghĩa là $P$ trùng $P'$.

Và từ đó còn dẫn tới $A'$, $P$, $Q$ thẳng hàng.

$AO$ song song $QA'$, $AQ$ song song $OA'$ nên $AOA'Q$ là hình bình hành $\Rightarrow \overrightarrow{QA'}=\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{OD}$

$\Rightarrow$ $ODA'Q$ là hình bình hành $\Rightarrow$ $DA'$ song song $OQ$. Mà $DR$ song song $OQ$ nên $DR$ đi qua $A'$.

Vậy $DR$ luôn đi qua điểm cố định $A'$.

Hình gửi kèm

  • orthocenter.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 02-08-2016 - 10:39


#3
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn Toàn và Dương, cách của Dương đoạn sau gần tương tự đáp án của thầy :), đoạn trước thầy không dùng vector như em. Dùng phương tích và trục đẳng phương là đúng rồi. Bài toán này có một số phát triển khác, mọi người hãy cùng thảo luận nhé!



#4
thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết

Em xin trình bày một cách chứng minh không cần dùng phương tích. Ý tưởng như anh Quang Dương.

 

Bổ đề: Cho tam giác ABC có AD, BE, CF đồng quy. Khi đó tâm đẳng phương của các đường tròn đường kính AD, BE, CF là trực tâm H của tam giác ABC.

 

Chứng minh:

 

kNlHDLu.png

Ta có trung điểm AD, BE, CF không thể thẳng hàng.

 

Kẻ các đường cao AK, BL, CM thì K, L, M lần lượt thuộc các đường tròn đường kính AD, BE, CF.

 

$\overline{HK}.\overline{HA}=\overline{HB}.\overline{HL}=\overline{HC}.\overline{HM}$ nên H là tâm đẳng phương của ba đường tròn trên.

 

Vào bài toán:

eaBEiqA.png

Các tiếp tuyến tại B, C và A, C và A, B lần lượt cắt nhau tại U, V, W. X, Y là giao điểm của CM, BM, với BU, CU.

 

Gọi M là điểm đối xứng với O qua BC. Thì:

 

$\angle MCB+ \angle XBC=\angle BCO+ \angle BAC =\angle BCO +\angle UOC=90^o$ nên CX là đường cao của tam giác BCU. Và $MU \perp BC$ nên M là trực tâm của tam giác BCU.

 

Tương tự: K, M, L lần lượt là trực tâm của các tam giác BCU, ACV, ABW.

 

Gọi S, T lần lượt là giao của đường tròn đường kính CW và đường tròn đường kính BV với BC. Suy ra $WT, VS \perp BC$

Ta có:

$\frac{IT}{IS}=\frac{AW}{AV}=\frac{\frac{AB.sinC}{sin AWB}}{\frac{AC.sinB}{sin AVC}}=\frac{\frac{AB.sinC}{sin (180^o-2C)}}{\frac{AC.sinB}{sin(180^o- 2B)}}=\frac{\frac{AB.sinC}{sin 2C}}{\frac{AC.sinB}{sin 2B}}=\frac{\frac{AB.sinC}{2sinCcosC}}{\frac{AC.sinB}{2sinBcosB}}=\frac{ABcosB}{ACcosC}=\frac{IB}{IC} \Rightarrow \overline{IT}.\overline{IC}=\overline{IB}.\overline{IS}$
 

Và: $\overline{MC}.\overline{MX}=\overline{MB}.\overline{MY}$ chú ý X, Y lần lượt thuộc đường tròn đường kính CW và BV.

 

Suy ra MI là trục đẳng phương của hai đường tròn đường kính CW và BV.

 

Tương tự LF, KE cũng là trục đẳng phương của từng cặp đường tròn đường kính AU và BV và đường kính CW và AU.

 

Vậy LF, KE, MI đồng quy tại P là tâm đẳng phương của ba đường tròn trên, để ý rằng AU, BV, CW là ba đường đối trung của tam giác ABC nên đồng quy tại một điểm theo bổ đề suy ra P là trực tâm của tam giác UVW.

 

$\Rightarrow  QU \parallel AO (\perp WV), AO \parallel OU (\perp BC)\\\Rightarrow \overrightarrow{QU}=\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{OD} \Rightarrow DU \parallel OQ$

 

Mặt khác do R đối xứng A qua OQ nên $AR \perp OQ$ mà $DR \perp AR$ (Do AD là đường kính)

 

$DR \parallel OQ$ Vậy R, D, U thẳng hàng


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 02-08-2016 - 17:23


#5
fatcat12345

fatcat12345

    Binh nhất

  • Banned
  • 46 Bài viết

Bổ đề: Cho $\triangle ABC$, trực tâm $H$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Hạ $DT\perp EF$ tại $T$ thì $DT$ chia đôi góc $\angle HTI$.

Untitled.png

Bổ đề này đã có trong http://www.artofprob...h614584p3658909 (post #4 và #7).

Trở lại bài toán:

Untitled2.png

3 tiếp tuyến tại $A,B,C$ của $(O)$ cắt nhau tạo thành $\triangle A'B'C'$. Áp dụng bổ đề ta suy ra $P$ là trực tâm $\triangle A'B'C'$.

Khi đó dễ suy ra $A',Q,P$ thẳng hàng $A'Q \parallel AO$, $AQ \parallel A'O$ $(\perp BC)$, và chú ý $OA=OD$ suy ra $OQA'D$ là hình bình hành.

Nên $A'D \parallel DR$ $(\perp AR)$ suy ra $A',D,R$ thẳng hàng $\blacksquare$



#6
Nguyen Dinh Hoang

Nguyen Dinh Hoang

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết

Mở rộng bài toán về đẳng giác ta thu được bài toán sau: 

Hình gửi kèm

  • 123.png

File gửi kèm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Dinh Hoang: 07-08-2016 - 16:30






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh