Cho $(O_{1})\cap (O_{2})=P,K$. $XY$ là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn sao cho $P$ gần $XY$ hơn $K$. $XP\cap (O_{2})=P,C$ và $YP\cap (O_{1})=P,B$, gọi $BX\cap CY=A$. Gọi $(ABC)\cap (AXY)=A,Q$. Chứng minh rằng: $\angle QKP=\angle QXA$.
#1
Đã gửi 13-01-2017 - 16:06
#2
Đã gửi 13-01-2017 - 18:07
Sau một hồi suy nghĩ .Mình có lời giải sau :v
Dựng điểm $E$ sao cho tam giác $BEC$ đồng dạng tam giác $XKY$ và $E$ nằm khác phía với $X$ đối với $BC$
- đầu tiên ta chứng minh $P,K,E$ thẳng hàng . ta có$\widehat{EBC}=\widehat{KXY}= \widehat{XBK}$ và$\widehat{ECB}=\widehat{XYK}=\widehat{YCK}$ từ đó suy ra , $A,E$ liên hợp đẳng giác trong tam giác $KBC$ , suy ra $KE,KA$ đẳng giác góc $BKC$ , mà theo kết quả quen thuộc , $KA,KP$ cũng đẳng giác góc $K$ , suy ra $K,P,E$ thẳng hàng
- phép vị tự xoay tâm $Q$ góc $(QX,QB)$ tỉ số $\frac{QB}{QX}$ , biến $K$ thành $E$ , suy ra $ \widehat{QKP}=\widehat{QXA} $
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 13-01-2017 - 18:07
#3
Đã gửi 14-01-2017 - 21:29
Sau một hồi suy nghĩ .Mình có lời giải sau :v
Dựng điểm $E$ sao cho tam giác $BEC$ đồng dạng tam giác $XKY$ và $E$ nằm khác phía với $X$ đối với $BC$
- đầu tiên ta chứng minh $P,K,E$ thẳng hàng . ta có$\widehat{EBC}=\widehat{KXY}= \widehat{XBK}$ và$\widehat{ECB}=\widehat{XYK}=\widehat{YCK}$ từ đó suy ra , $A,E$ liên hợp đẳng giác trong tam giác $KBC$ , suy ra $KE,KA$ đẳng giác góc $BKC$ , mà theo kết quả quen thuộc , $KA,KP$ cũng đẳng giác góc $K$ , suy ra $K,P,E$ thẳng hàng
- phép vị tự xoay tâm $Q$ góc $(QX,QB)$ tỉ số $\frac{QB}{QX}$ , biến $K$ thành $E$ , suy ra $ \widehat{QKP}=\widehat{QXA} $
Nice sol
- ecchi123 yêu thích
#4
Đã gửi 15-01-2017 - 11:49
#5
Đã gửi 16-01-2017 - 21:42
My solution:))
Lời giải: Gọi $M$ là giao của $KP$ và $XY$(dễ thấy $M$ là trung điểm $XY$). Ta có: $\angle AXY=180^\circ-\angle YXP-\angle PXB=\angle XPB=\angle YPC=\angle AXY$ nên $AX=AY$. Để ý rằng: $\angle AXY=\angle XPB=180^\circ-\angle XPY=180^\circ-(180^\circ-\angle MXP-\angle MYP)= \angle XKY$ vậy $AX$ tiếp xúc $(XYK)$ và do đó $KA$ là đường đối trung của tam giác $KXY$. Gọi $D$ đối xứng $P$ qua $XY$, $XY\cap AQ=I$. Áp dụng bài Việt Nam TST 2001 thì: $D\in (KXY)$ và $D\in AK$, do đó $AX^2=\overline{AD}.\overline{AK}$. Lại có: $\angle IQX=\angle AYX=\angle AXY$ do đó $\angle AQX=\angle AXI$ do đó $\bigtriangleup AQX\sim \bigtriangleup AXI(g.g)$ nên $AX^2=AY^2=\overline{AQ}.\overline{AI}=\overline{AD}.\overline{AK}$ nên $I,Q,D,K$ đồng viên. Gọi $O$ là tâm của $(KXY)$, ta thấy theo hệ thức lượng trong tam giác vuông thì: $\overline{AM}.\overline{AO}=AX^2=\overline{AD}.\overline{AK}$ do đó $M,O,D,K$ đồng viên nên $I,K,D,Q,O,M$ đồng viên do đó $\angle QKM=\angle QIX=\angle QXA$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangkhuong: 19-01-2017 - 22:42
- tpdtthltvp, ecchi123 và yeutoan2001 thích
Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: góc
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh