Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 3 tháng 4/2016: Phát triển bài toán hình học Serbia National Olympiad 2016 ngày 1


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

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 17-04-2016 - 20:24

Như vậy đã có lời giải bài toán cũ trong tuần 3 tháng 4 và kèm theo là bài toán mới:

 

Bài 35: Cho tam giác $ABC$ nhọn trực tâm $H$, nội tiếp đường tròn $(O). HB,HC$ lần lượt cắt một tiếp tuyến thay đổi của $(O)$ tại $E,F.K$ đối xứng với $H$ qua $EF$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $KEF$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi tiếp tuyến thay đổi.

Post 62.png

Hình vẽ bài toán



#2 babystudymaths

babystudymaths

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương
  • Sở thích:Hình học, Tổ hợp, Số học, xem và nghe nhiều thứ

Đã gửi 18-04-2016 - 00:32

Như vậy đã có lời giải bài toán cũ trong tuần 3 tháng 4 và kèm theo là bài toán mới:

 

Bài 35: Cho tam giác $ABC$ nhọn trực tâm $H$, nội tiếp đường tròn $(O). HB,HC$ lần lượt cắt một tiếp tuyến thay đổi của $(O)$ tại $E,F.K$ đối xứng với $H$ qua $EF$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $KEF$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi tiếp tuyến thay đổi.

attachicon.gifPost 62.png

Hình vẽ bài toán

Em không có phần mềm hỗ trợ vẽ hình, mong thầy và các bạn thông cảm

 - Lời giải

Gọi $J$ là điểm tiếp xúc của tiếp tuyến $EF$ với $(O)$

$CH, BH$ lần lượt cắt đường tròn $(O)$ tại điểm thứ 2 là $Q,P \Rightarrow Q,P$ thuộc đường tròn $(A, AH)$

$JQ, JP$ lần lượt cắt $(A,AH)$ tại điểm thứ 2 là $M,N$. Ta có

$\angle PMQ =\frac{1}{2}\angle PAQ =\frac{1}{2} (180^{0}-\angle PJQ) \Rightarrow \angle PMJ =\angle MPJ \Rightarrow JM=JP, JN=JQ \Rightarrow MN=PQ$

$EM$ cắt $(A, AH)$ tại điểm thứ 2 là $I, IN$ cắt $QH$ tại $F'.$

Áp dụng định lý $Pascal$ cho 6 điểm 

$(I, P, Q$

$H, M, N) \Rightarrow E, J, F'$ thẳng hàng$\Rightarrow F' \equiv F$

Ta có

$\angle EIF=\angle MIN =\angle QIP =\frac{1}{2}\angle QAP =\angle BAC =180^{0}-\angle BHC= 180^{0}- \angle EKF$

$\Rightarrow I$ thuộc $(EKF)$

Mà $\angle MJE = \angle QPJ= \angle JMN$

$\Rightarrow MN // EF \Rightarrow (EKF)$ tiếp xúc $(A, AH)$ tại $I.\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 18-04-2016 - 18:55

TLongHV


#3 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 18-04-2016 - 00:33

Em làm đúng theo hướng đáp án, bài toán này là một ứng dụng đẹp của bài vô địch Serbia 2016.

 

http://artofproblems...1220645p6102014

 

Tác giả đã nhận được lời giải thuần túy THCS không dùng Pascal, mong các bạn hãy đóng góp tiếp tục các lời giải và phát triển khác.



#4 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 18-04-2016 - 11:47

Mọi người giải nhanh quá! :))

Lời giải của em gần với lời giải của anh babystudymaths.

$CH,BH$ lần lượt cắt $(O)$ tại $P,Q$

Gọi $T$ là tiếp điểm của $EF$ với $(O).TP,TQ$ cắt $(A,AH)$ lần lượt tại $M,N$

Post 63.png

Hình vẽ bài toán

$\angle PMQ=180^\circ-\frac {1}{2}\angle PAQ=180^\circ-\frac {1}{2}(\angle 180^\circ-PTQ)=90^\circ+\angle PTQ$

$\Rightarrow \triangle MTQ$ cân tại $T\Rightarrow \angle MQN=\angle PMQ\Rightarrow PMQN$ là hình thang cân.

Áp dụng định lí $Pascal$ đảo với $\overline{E,T,F}$ ta suy ra $EN,FM$ cắt nhau tại điểm $L$ thuộc $(A,AH)$.

Do $PMQN$ là hình thang cân nên $\angle QLN=\angle PLM\Rightarrow \angle ELF=\angle PLQ=180^\circ-\angle PHQ=180^\circ-\angle EHF=180^\circ-\angle EKF$

$\Rightarrow E,K,L,F$ đồng viên.

$\angle MNT=\angle TPQ=\angle QTE\Rightarrow MN||EF$

$\Rightarrow (LMN)(LEF)$ tiếp xúc nhau. $\blacksquare$

Lời giải của em cho bài toán gốc là bài Serbia National Olypiad cũng sử dụng $Pascal$ tại đây.

 



#5 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 19-04-2016 - 01:03

Bài toán này thực chất là một ứng dụng của bài toán Serbia khi áp dụng bài toán Serbia 2016 cho tam giác $HPQ$ (dùng hình của Bảo) ta thu được bài toán này. Khi xem kỹ bài toán tiếp xúc Serbia 2016 thì mình thấy đó là một bài toán đẹp ở chỗ cấu hình nó rất chặt chẽ, rất khó có thể thêm bớt và tổng quát nó. Vậy các bạn có ý tưởng gì tiếp ở bài toán Serbia hay bài toán này (thực chất hai bài có thể coi là 1) hãy chia sẻ.

 

Sau đây là bài toán Serbia qua phép nghịch đảo cực $A$

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(K)$ đối xứng với $(O)$ qua $BC$. Đường tròn $(L)$ qua $A$ tiếp xúc ngoài $(K)$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $A$. Chứng minh rằng đường tròn $(LEF)$ tiếp xúc $BC$.

Hình gửi kèm

  • Figure3761.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 24-04-2016 - 18:14
Bổ sung điều kiện tiếp xúc.





0 người đang xem chủ đề

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