Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 3 tháng 12/2016 : Đường tròn tiếp xúc

hình học

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

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 18-12-2016 - 20:01

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 12 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Trung trực $BC$ cắt $CA$, $AB$ tại $A_1$, $A_2$. Trên trung trực $A_1A_2$ lấy $A_3$ sao cho $AA_3$ vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác $ABC$. Lấy $A_4$ đối xứng với $A_3$ qua $A_1A_2$. Dựng tương tự các điểm $B_4$, $C_4$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_4B_4C_4$ tiếp xúc đường tròn $(ABC)$.

Post 374.PNG

Hình vẽ bài toán

 



#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 18-12-2016 - 21:36

Giải :

 

Bổ đề : Cho tam giác $ABC$, trung trực $BC$ cắt $CA$, $AB$ tại $A_1$, $A_2$. Gọi $N$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $A_1AA_2$.

Khi đó $AN$ vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

Post 376.PNG

Chứng minh : $AD$ là đường kính của tam giác $ABC$, $P$ là đối xứng của $A$ qua trung điểm $BC$.

Gọi $Q$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $DBC$. Do đó $Q$ cũng là tâm đường tròn Euler của tam giác $PBC$.

Mặt khác do $D$ là trực tâm tam giác $PBC$ nên $DQ$ là đường thẳng Euler của tam giác $PBC$.

Do $P$ là đối xứng của $A$ qua trung điểm $BC$ nên đường thẳng Euler của hai tam giác $PBC$ và $ABC$ song song với nhau. $\qquad (1)$

 

Xét hai tam giác $AA_1AA_2$ và $DBC$ có các cạnh lần lượt vuông góc với nhau nên từ đó $AQ\perp AN$ $\qquad (2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ ta thu được điều phải chứng minh.

__________________________________________

 

Quay lại bài toán :

Post 375.PNG

Theo bổ đề trên $AA_3$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $AA_1A_2$.

Mặt khác $A_3$ thuộc trung trực $A_1A_2$ nên $A_3$ chính là điểm đối xứng của tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AA_1A_2$ qua $A_1A_2$.

Do đó $A_4$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AA_1A_2$.

 

Suy ra $\angle A_4AA_1=90^\circ-\angle AA_2A_1=\angle ABC$ nên $AA_4$ là tiếp tuyến tại $A$ của đường tròn $(ABC)$.

Tương tự ta cũng có $BB_4$ và $CC_4$ lần lượt là tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $(ABC)$.

 

Dễ thấy $\angle A_4A_1A=\angle ABC$ nên $A_4$, $A_1$, $B_1$ thẳng hàng. Tương tự thì $A_4$, $A_1$, $B_1$, $B_4$ thẳng hàng suy ra $A_4B_4\parallel CC_4$. 

Tương tự $B_4C_4\parallel AA_4$, $C_4A_4\parallel BB_4$.

 

Gọi $XYZ$ là tam giác tạo bới $AA_4$, $BB_4$, $CC_4$ thì $A_4B_4C_4$ là tam giác trung bình của tam giác $XYZ$

Từ đó theo định lí Feuerbach, đường tròn $(A_4B_4C_4)$ tiếp xúc đường tròn $(O)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 19-12-2016 - 10:49


#3 SonKHTN1619

SonKHTN1619

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 10 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry, Combinatorics, Functional Equation, Anime

Đã gửi 18-12-2016 - 22:15

Em cũng vừa nghĩ ra nhưng anh Bảo đăng lời giải nhanh quá, cách giống của em nhưng em vẫn đăng vậy.

Hình gửi kèm

  • Screenshot from 2016-12-18 22:14:36.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SonKHTN1619: 18-12-2016 - 22:16

HSGS in my heart  :icon12:


#4 manhtuan00

manhtuan00

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 19 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Hình học, số học, phương trình hàm, tổ hợp

Đã gửi 19-12-2016 - 12:36

Lời giải của em ạ

Ta sẽ chứng minh bổ đề sau 

 

Bổ đề : $\triangle ABC$, đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$.$AI$ cắt $DE,DF$ tại $M,N$. Gọi $G$ là trung điểm $BC$. Khi đó $G$ là tâm ngoại tiếp $\triangle DMN$

Chứng minh : $M$ là giao điểm của phân giác góc $\angle A$ và $DE$ nên $BM \perp AI$

Tương tự , $CN \perp AI$

Gọi $R$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $\angle A$ với $BC$, $J$ là tâm bàng tiếp

Khi đó các tứ giác $JRMB, JNRC$ nội tiếp 

$\implies \angle DRN = \angle MJC = \angle IBD = \angle DMN$ nên tứ giác $DMRN$ nội tiếp 

Hơn nữa , $\angle DNR = \angle DNI + \angle INR = \angle DCI + \angle RCJ = 90^{\circ}$ nên $DR$ là đường kính của $(MDNR)$

$\implies G$ là tâm ngoại tiếp $(DMN)$

 

Quay lại bài toán :

Trên trung trực đoạn $A_1A_2$ lấy điểm $A_3'$ sao cho $\triangle A_2A_3'A_1 \sim \triangle BOC$

Khi đó ta có $\angle A_3'A_2A_1 = \angle OCB $ nên $OC \perp A_3'A_2$

Tương tự ta có $OB \perp A_3'A_2$

Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$

Lại có $\triangle BHC \sim \triangle A_1AA_2 \implies \triangle A_2A_3'A_1 \cap A \sim \triangle COB \cap H$

Từ đây ta có $AA_3' \perp OH$ nên $A_3' \equiv A_3$

Nên ta có $\angle A_1A_3A_2 = \angle BOC = \angle A_2A_4A_1$ . Từ đây suy ra $A_4$ là tâm ngoại tiếp $\triangle A_1AA_2$

Tương tự ta có $B_4,C_4$ là tâm ngoại tiếp $\triangle BB_1B_2, \triangle CC_1C_2$

Có $\angle AA_4A_1 = 90^{\circ} - \angle AA_2A_1 = 90^{\circ} - \angle OAC$ nên $AA_4$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $A$. Tương tự ta có $BB_4,CC_4 $ cũng là tiếp tuyến của $(O)$

$AA,4,BB_4,CC_4 $ cắt nhau tạo thành $\triangle UVW$

Khi đó , $(O)$ là đường tròn nội tiếp $\triangle UVW$

Áp dụng bổ đề cho $\triangle UVW$ thì $A_4,B_4,C_4$ là trung điểm $UV,VW,WU$ 

Khi đó $(A_4B_4C_4)$ là đường tròn Euler của $\triangle UVW$ và $(O)$ là đường tròn nội tiếp nên $(A_4B_4C_4)$ tiếp xúc với $(O)$ 

 

 

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 19-12-2016 - 12:54


#5 quynhlqd2016

quynhlqd2016

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

Đã gửi 23-12-2016 - 23:26

cach giai cua em gan giong voi cach giai cua anh bao, em post cham, mong moi nguoi gop y

 

Hình gửi kèm

  • q.png
  • A.png






0 người đang xem chủ đề

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