Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 4 tháng 11/2016 : Trục đẳng phương đi qua trực tâm

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 20-11-2016 - 20:38

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$ vơí trực tâm $H$ và trung tuyến $AM$. Dựng $L$ sao cho $A$ là trọng tâm tam giacs $LBC$. Trên trục đẳng phương của đường tròn đường kính $LH$ và $(O)$ lấy $P$ sao cho $HP\parallel BC$. $K$ là hình chiếu của $P$ lên $OH$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn đường kính $OK$ và đường tròn Euler của tam giác $ABC$ đi qua $H$.



#2 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-11-2016 - 23:39

Lời giải :
Bài toán trên là sự kết hợp của hai bài toán con như sau:
Bài 1: Cho $\triangle LBC$ với trọng tâm $A$. Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$ và $HB, HC$ thứ tự cắt $AC, AB$ tại $E, F$. Khi đó $EF$ là trục đẳng phương của $(ABC)$ và $(LH)$.
Lời giải: Kẻ $LK \perp HB$, tức là $LK \perp CA$. Do $CA$ chia đôi $LB$ nên $F$ là trung điểm $KB$. Do đó $\mathbb{P}_{F/(ABC)}= \overline{FA}.\overline{FC}=-\overline{FB}.\overline{FH}=\overline{FK}.\overline{FH}=\mathbb{P}_{F/(LH)}$. Do đó $F$ thuộc trục đẳng phương của $(ABC)$ và $(LK)$. Tương tự xét điểm $E$ ta có đpcm.
Bài 2: Cho $\triangle ABC$ với trực tâm $H$ và nội tiếp $(O)$. $BH, CH$ cắt $AC, AB$ tại $E, F$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $H$ song song $BC$. $EF$ cắt $d$ tại $L$. Gọi $K$ là hình chiếu của $L$ trên $OH$. Khi đó $H$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn $(OK)$ và đường tròn Euler của $\triangle ABC$.
Lời giải: Gọi $M$ là trung điểm $BC$. $OM$ cắt $d$ tại $N$. Do đó $\overline{HO}.\overline{HK}=\overline{HL}.\overline{HN}$(1). Lấy $P$ thuộc $(O)$ sao cho $AP \parallel BC$. Kẻ $PQ \perp BC$ với $Q \in d$. Khi đó $BHQC$ là hình thang cân nên $Q \in (BHC)$. Xét phép nghịch đảo cực $H$, phương tích $\overline{HE}.\overline{HB}$: $\mathbb{I}_{H}^{\overline{HE}.\overline{HB}}$ biến $B \leftrightarrow E$, $C \leftrightarrow F$, $d \leftrightarrow d$. Do đó $L=EF \cap d \leftrightarrow (BHC) \cap d$. Suy ra $L, Q, E, B$ đồng viên. Suy ra $\overline{HN}.\overline{HL}=\frac{1}{2} \overline{HL}.\overline{HQ}=\frac{1}{2}.\overline{HE}.\overline{HB} = \mathbb{P}_{H/(Euler)}$(2). Từ (1) và (2) ta có đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 21-11-2016 - 00:11


#3 vda2000

vda2000

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 297 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{Bac Giang gifted High School}}$
  • Sở thích:$\boxed{\boxed{\rightarrow\bigstar\epsilon\delta\mu\bigstar\leftarrow}}$

Đã gửi 24-11-2016 - 11:27

Ta chứng minh hai sự kiện sau:
 
1) $EF$ là trục đẳng phương của $(O)$ và đường tròn đường kính $LH$ với $E,F$ là chân đường cao hạ từ $B,C$ xuống $AC,AB$.
PART1.jpg
Gọi $d$ là trục đẳng phương của $(O)$ và đường tròn đường kính $LH$, $R$ là giao điểm của đường tròn đường kính $AH$ với $(O)$, khác $A$ và $Z$ là chân đường vuông góc hạ từ $H$ xuống $AM$
Gọi $U,V$ lần lượt là trung điểm của: $LH,LA$, ta có một số điều sau suy ra từ đường trung bình trong tam giác:
$UV//AH//OM$ và $UV=OM=\frac{AH}{2}$, suy ra $UVOM$ là hình bình hành, suy ra $U,A,O$ thằng hàng.
Xét $3$ đường tròn sau: đường tròn đường kính $AH$, đường tròn đường kính $LH$ và đường tròn $(O)$, suy ra:
$d$, $AR$, $HZ$ đồng quy.
Theo một kết quả khá quen thuộc, ta có: $AR,HZ,EF,BC$ cùng đi qua điểm $S$ nên $S$ thuộc $d$.
Mà: $d\bot UO\equiv AO$, $EF\bot AO$ nên ta có: $d\equiv EF$, ta chứng minh xong sự kiện thứ nhất.
 
2) Ta sẽ chứng minh kết quả của bài toán.
Gọi $J,M$ lần lượt là trung điểm của $AH,BC$ $ON\bot PH$, $H'$ đối xứng với $H$ qua $OM$
Bằng cách lược bỏ đi một số điểm không cần thiết như $L,K,...$, ta có hình sau:
PART2.jpg
Điều phải chứng minh tương đương với:
$HK.HO=HJ.HD$

Spoiler

Hay điều phải chứng minh tương đương với: $\frac{SB}{BE}=\frac{HB}{HH'}$, nhưng điều này luôn đúng vì:
$\widehat{SBE}=\widehat{BHH'}$ và $\widehat{SEB}=\widehat{HCB}=\widehat{BH'H}$.
Vậy ta có điều phải chứng minh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vda2000: 24-11-2016 - 11:28

$\boxed{\textrm{Silence is the peak of contempt!}}$

If you see this, you will visit my facebook.....!






0 người đang xem chủ đề

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