Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 4 tháng 10/2016: Đường tròn tiếp xúc đường tròn cố định

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 401 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 23-10-2016 - 21:43

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Dựng ra ngoài tam giác $PBC$ các điểm $E,F$ sao cho $\triangle PCE\sim \triangle AOB$ và $\triangle PBF\sim \triangle AOC$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PCE,PBF$ tại $M,N$ khác $P$. $EM$ cắt $FN$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $QMN$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi $P$ thay đổi.

Post 355.PNG

Hình vẽ bài toán


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 29-10-2016 - 21:19


#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 401 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 23-10-2016 - 21:55

Do nhầm lẫn nên em đề xuất một bài toán khác như sau, 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Dựng ra ngoài tam giác $PBC$ các điểm $E,F$ sao cho $\triangle PCE\sim \triangle BAO$ và $\triangle PBF\sim \triangle CAO$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PCE,PBF$ tại $M,N$ khác $P$. $EM$ cắt $FN$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $QMN$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi $P$ thay đổi.

Post 354.PNG
Lời giải.

Từ giả thiết xuất hiện tiếp tuyến nên ta liên tưởng tới bài toán quen thuộc sau (bổ đề 1 trong bài viết GGTH của em),

Cho $\triangle ABC$, $P$ là một điểm bất kì trong tam giác. Tiếp tuyến tại $P$ cắt $AC,AB$ tại $E,F$. Các đường tròn $(BPF)$,$(CPE)$ cắt nhau tại $X$. Khi đó $(ABC)$ tiếp xúc $(EXF)$.

Đến đây thì ý tưởng khá đơn giản. Gọi $K$,$L$ lần lượt là giao điểm của $BN$ với $CM$;$BF$ với $CE$.

Do $\triangle PCE\sim \triangle BAO$, $\triangle PBF\sim \triangle CAO$ nên $\angle BLC=180^\circ-\angle BOC$.

Từ đó tứ giác $BOCL$ nội tiếp, mặt khác $\angle ECM=\angle EPM=\angle FPN=\angle FBN$ nên $K$ thuộc đường tròn $(BOC)$.

Theo định lí Miquel, các đường tròn $(FNP)$,$(EMP)$,$(QMN)$ có một điểm chung, gọi điểm đó là $X$.

Do $\angle BXC=180^\circ-\angle BFP+180^\circ-\angle CEP=\angle BOC$ nên $X$ thuộc $(BOC)$.

Từ đó do $MN$ là tiếp tuyến của $(BPC)$ nên $(MXN)$ tiếp xúc $(BOC)$ hay $(QMN)$ tiếp xúc $(BOC)$.

Do đó $(QMN)$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định. 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 29-10-2016 - 21:07


#3 minhrongcon2000

minhrongcon2000

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 209 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 23-10-2016 - 22:18

Cho em hỏi một chút! Nếu mà đề bài của thầy Hùng cho như vậy thì hai tam giác $PCE$ và $PBF$ phải cân tại $B$ và $C$ chứ nhỉ? Như vậy thì hình vẽ sẽ khác............


$\lim_{x \to \infty } Love =+\infty$


#4 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 545 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 23-10-2016 - 22:27

Đề thầy ra chuẩn và đúng là cần cân tại $B,C$, đáp án của thầy cũng ko phải là đường tròn $(BOC)$, tuy vậy rất thú vị rằng nếu hiểu theo cách Bảo thì đó lại là một bài toán mới cũng rất hay!



#5 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 116 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 23-10-2016 - 23:06

Lời giải:
$(PCE)$ cắt $(PBF)$ tại điểm thứ hai $S$. Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$. Do $\triangle PCE$ đồng dạng $\triangle AOB$ và $\triangle PBF$ đồng dạng $\triangle AOC$ nêm cộng góc ta có $\widehat{EPF}=\widehat{BPF}+\widehat{BPC}+\widehat{CPE}=\widehat{BPC}+\widehat{BAC}=180^{\circ}$. Do đó $E, P, F$ thẳng hàng. Do đó $S$ là tâm vị tự quay biến $EM$ thành $FN$. Mặt khác $S$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $QFPMNE$ nên $S$ thuộc $(QMN)$ và $(QEF)$. Ta lại có $\widehat{BSC}=\widehat{BAC}$ và $S$ nằm khác phía $A$ so với $BC$ nên $S$ thuộc $(BHC)$. Từ giờ kẻ tiếp tuyến tại $S$ và cộng góc ta dễ suy ra $(QMN)$ tiếp xúc $(BHC)$ tại $S$.

#6 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 116 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 23-10-2016 - 23:21

Bài toán trên theo em nghĩ có thể là trường hợp đặc biệt của bài tổng quát sau: Cho $\triangle ABC$ với đường tròn $(K)$ bất kì đi qua $B, C$. Gọi $X, Y$ là hai điểm bất kì chạy trên $(O)$ và $(K)$. $(BXY)$ và $(CXY)$ cắt tiếp tuyến tại $X$ của $(O)$ tại $S, T$. Chứng minh $(STY)$ tiếp xúc $(K)$

#7 vothimyhanh

vothimyhanh

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 16 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên

Đã gửi 24-10-2016 - 13:51

bài toán này lớp mấy có thể giải được ạ?


:wub:  If you don't work hard, you'll end up a zero  :wub: 

                Võ Thị Mỹ Hạnh - THPT Lương Văn Chánh

                 https://www.facebook...100011729533894

 


#8 vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 38 Bài viết

Đã gửi 24-10-2016 - 15:05

sáng giờ em giải theo trường hợp cân tại E và F nên tiếp xúc với (BOC), cuối cùng nhìn lại các lời bình luận thì mới biết mình cũng sai



#9 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 545 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 24-10-2016 - 20:37

Bài toán này lớp 10 trở lên là giải được!







0 người đang xem chủ đề

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