Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 3 tháng 8/2016: Chứng minh trực tâm nằm trên đoạn thẳng

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Như vậy lời giải cho bài Tuần 2 tháng 8/2016 đã được thầy Hùng đưa tại Tuần 3 tháng 8/2016 kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn với đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $DE,DF$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $P,Q$. $R$ là trung điểm $PQ$. $N$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DEF$. Gọi $HN$ cắt $AR$ tại $L$. Chứng minh rằng trực tâm tam giác $ALN$ nằm trên $EF$.

 

Screen Shot 2016-08-14 at 9.21.45 PM.png


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
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

Post 285.PNG

Hình vẽ bài toán

$\textbf{Lời giải.}$ Gọi $X,Y$ lần lượt là trung điểm của $AC,AB.K$ là giao điểm của $XY$ với $EF$. Ta sẽ chứng minh $K$ là trực tâm của tam giác $ALN$.

Ta có $QF.QD=QA.QC$ nên $Q$ thuộc trục đẳng phương của $(ABC)$ và $(N)$. Tương tự ta suy ra $PQ$ là trục đẳng phương của $(ABC)$ và $(N)$.

Do đó $PQ$ vuông góc với đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$.

 

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Do $KX.KY=KE.KF$ nên $K$ thuộc trục đẳng phương của $(AO)$ và $(AH)$.

Từ đó $AK$ vuông góc với đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$ hay $AK\parallel PQ$. Mặt khác do $AK\perp OH$ nên $AK\perp NH$

Theo định lí $Brocard$ ta suy ra $EY,FX$ cắt nhau trên $OH$. Lại có $A(QPRK)=-1$ nên $A(QLRK)=-1$ từ đó $L$ là giao điểm của $EY,FX$.

Theo định lí $Brocard$ ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 14-08-2016 - 19:48


#3
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn Bảo, thầy giải giống em phần đầu và khác em đoạn sau dùng Brokard, nhưng lời giải của em tối ưu hơn. Sau đây là bài tổng quát

 

Bài toán tổng quát. Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AD$, tâm ngoại tiếp $O$. $P$ là điểm thuộc $AD$. $E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $CA,AB$. $DE,DF$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $M,N$. $Q$ là trung điểm $MN$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $MN$ cắt $AQ,AO$ tại $R,S$. $T$ là trung điểm của $PS$. Chứng minh rằng trực tâm tam giác $ART$ nằm trên $EF$.

Hình gửi kèm

  • Figure4022.png


#4
baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết

Lời giải của em hoàn toàn dùng được trong trường hợp tổng quát và trong trường hợp này nó có vẻ đơn giản hơn! Sau đây là lời giải chi tiết. :)

Gọi $X,Y$ lần lượt là hình chiếu của $S$ lên $CA,AB$.

Do $AS$ đi qua $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ nên $XY\parallel BC$. Mặt khác do $AE.AC=AP.AD=AF.AB$ nên tứ giác $BCEF$ nội tiếp.

Từ đó tứ giác $XEYF$ nội tiếp. Do đó nếu gọi $K$ là giao điểm của $XY,EF$ thì $KX.KY=KE.KF$ nên $K$ thuộc trục đẳng phương của $(AS)$ và $(AP)$.

Do đó $AK\perp SP$ hay $AK\parallel MN$ suy ra $A(NMQK)=-1$. Từ đây theo định lí Brocard ta có điều phải chứng minh. $\blacksquare$



#5
thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết

Em có một cách khác chứng minh $NH$ vuông $AK$.

Xét cực đối cực đối với đường tròn Euler của tam giác $ABC$ (Gọi là $(N)$ )

Gọi $L$ là giao của $EY$ và $FX, G$ là trọng tâm của tam giác .

Sử dụng định lý Pappus cho hai bộ 3 điểm $(C,E,X)$ và $(B, F, Y)$ có $L$ là giao của $EY$ và $FX, G$ là giao của $CY$ và $BX$, $H$ là giao của $CF$ và $BE$.

Suy ra $H, G, L$ thẳng hàng do đó $NL$ chính là đường thẳng Euler của tam giác $ABC$. (1)

Mặt khác $EYFX$ nội tiếp $(N)$ thì $AK$ là đường đối cực của $L$, suy ra $NL \perp AK$ (2)

Từ (1) , (2) có điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 14-09-2016 - 12:09
$\LaTeX$






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

0 người đang xem chủ đề

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