Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 3 tháng 11/2015


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Như vậy đã có lời giải cho bài Tuần 2 tháng 11 của thầy Hùng tại Tuần 3 tháng 11 và đề bài mới. Xin trích dẫn lại đề bài mới:

Bài 12. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. Đường tròn bàng tiếp $(L)$ tại đỉnh $C$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc với $AB$ tại $M$. $MI$ cắt $BC$ tại $N$. $P$ là hình chiếu của $C$ lên $LB$. Chứng minh $AI$ và $PN$ cắt nhau trên đường tròn $(O)$.

 

Screen Shot 2015-11-09 at 3.05.31 am.png


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#2
Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết

Như vậy đã có lời giải cho bài Tuần 2 tháng 11 của thầy Hùng tại Tuần 3 tháng 11 và đề bài mới. Xin trích dẫn lại đề bài mới:

Bài 12. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. Đường tròn bàng tiếp $(L)$ tại đỉnh $C$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc với $AB$ tại $M$. $MI$ cắt $BC$ tại $N$. $P$ là hình chiếu của $C$ lên $LB$. Chứng minh $AI$ và $PN$ cắt nhau trên đường tròn $(O)$.

LỜI GIẢI :

                        12208340_1642257229368811_18460410852844

 

 

Gọi giao điểm của $AI$ với $(O)$ và $BC$ lần lượt là $R$ và $J$, $PR$ cắt $BC$ tại $N'$. Ta sẽ chứng minh $N \equiv N'$.

Đặt $\angle A=\alpha , \angle B=\beta, \angle C=\gamma$

Ta có : 

$\frac{N'R}{PR}=\frac{S_{N'BR}}{S_{PBR}}=\frac{N'B.\sin \angle N'BR}{PB. \sin \angle PBR}=\frac{N'B.\sin \frac{\alpha}{2}}{PB.\sin \frac{\gamma}{2}}$

$\frac{N'R}{PR}=\frac{S_{CN'R}}{S_{CRP}}=\frac{N'C.\sin \angle N'CR}{CP.\sin \angle RCP }=\frac{N'C.\sin \frac{\alpha}{2}}{CP.\sin \frac{1}{2}(\beta -\alpha) }$
$\Rightarrow \frac{N'C}{N'B}=\frac{CP}{PB}.\frac{\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}=\cot \frac{\beta}{2}.\frac{\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}$
$\Rightarrow \frac{BC}{N'B}=\cot \frac{\beta}{2}.\frac{\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}+1$ $(1)$
 
Lại có $\frac{BC}{BJ}=\frac{AB+AC}{AB}=1+\frac{\sin \beta}{\sin \gamma}\Rightarrow \frac{BJ}{BC}=\frac{\sin \gamma}{\sin \beta +\sin \gamma}$ $(2)$
 
Từ $(1),(2)$ suy ra : $\frac{BJ}{N'B}=\frac{(\cot \frac{\beta}{2}.\frac{\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}+1).\sin \gamma}{\sin \beta +\sin \gamma}$ 
$\Rightarrow \frac{N'J}{N'B}=1-\frac{(\cot \frac{\beta}{2}.\frac{\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}+1).\sin \gamma}{\sin \beta +\sin \gamma}$
              $=\frac{\sin\beta-\frac{\sin \gamma.\cot \frac{\beta}{2}.\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}}{\sin \beta +\sin \gamma}$
              $=\frac{\sin \beta-2\cos\frac{\gamma}{2}\cot\frac{\beta}{2}.\sin \frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \beta +\sin \gamma}$
              $=\frac{\sin \beta-\cot \frac{\beta}{2}(\cos \alpha-\cos \beta)}{\sin \beta +\sin \gamma}$ $(3)$
 
Gọi $K$ là tiếp điểm của $(I)$ với $AB$. Ta có :
$\frac{MB}{MA}=\frac{KA}{KB}=\frac{\tan \angle KBI}{\tan \angle KAI}  =\frac{\tan \frac{\beta}{2}}{\tan \frac{\alpha}{2}}$ $(4)$
$\frac{IA}{IJ}=\frac{AB}{BJ}=\frac{\sin \angle AJB}{\sin \angle BAJ}=\frac{\sin (\frac{\alpha}{2}+\gamma)}{\sin \frac{\alpha}{2}}$ $(5)$
 
Từ $(3),(4),(5)$ ta được : 
$\frac{N'J}{NB}.\frac{MB}{MA}.\frac{IA}{IB}=\frac{\sin \beta-\cot \frac{\beta}{2}(\cos \alpha-\cos \beta)}{\sin \beta +\sin \gamma}.\frac{\tan \frac{\beta}{2}}{\tan \frac{\alpha}{2}}.\frac{\sin (\frac{\alpha}{2}+\gamma)}{\sin \frac{\alpha}{2}}$
                        $=\frac{(\sin \beta \tan \frac{\beta}{2}-\cos \alpha+\cos \beta) .\sin(\frac{\alpha}{2}+\gamma)}{(\sin \beta+\sin \gamma)\frac{1-\cos \alpha}{2 \cos \frac{\alpha}{2}}}$
                        $=\frac{(1-\cos \beta)-\cos \alpha+\cos \beta}{\sin \beta+\sin \gamma}.\frac{2 \sin(\frac{\alpha}{2}+\gamma)\cos\frac{\alpha}{2}}{1-\cos \alpha}$ (vì $\sin \beta \tan \frac{\beta}{2}=2\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}\frac{\sin \frac{\beta}{2}}{\cos \frac{\beta}{2}}=2\sin^2\frac{\beta}{2}=1-\cos \beta$)
                        $=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \beta +\sin \gamma }.\frac{\sin \gamma+\sin(\alpha+\gamma)}{1-\cos \alpha}$
                        $=\frac{\sin \beta +\sin \gamma }{\sin \beta +\sin \gamma }=1$
 
Do đó theo định lý Menelaus với tam giác $ABJ$ ta có $N',I,M$ thẳng hàng. Suy ra $N \equiv N'$.
 
Vậy $AI$ và $PN$ cắt nhau trên đường tròn $O$ (đpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 09-11-2015 - 15:41

$ \textbf{NMQ}$

Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come 

Just take off her or give me a ride 

Give me one day or one hour or just one minute for a short word 

 


#3
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Lời giải của mình:

 

Lời giải.

 

Screen Shot 2015-11-09 at 7.15.45 pm.png

 

Gọi $T$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$ của đường tròn $(O)$. Gọi $K$ là hình chiếu của $L$ lên $BC$. Khi đó ta có $\angle LKC = \angle LPC=90^{\circ}$ nên $L,K,P,C$ cùng thuộc một đường tròn. Ta suy ra $$\angle PKC= \angle PLC \equiv BLI = \angle BAI= \angle TBC.$$

Ta suy ra $TB \parallel KP$.

 

Mặt khác, ta có $BM=BK, \angle LBM= \angle LBK$ nên $K$ đối xứng với $M$ qua $KP$. Ta có $BI \parallel KM$ (cùng vuông góc với $LP$).

 

Do $K$ đối xứng $M$ qua $LP$ và $KLCP$ nội tiếp nên

$$\angle BMP= \angle BKP= \angle BLC= \angle BAI.$$

Do đó $MP \parallel AI$.

 

Như vậy hai tam giác $IBT, MKP$ có các cặp cạnh tương ứng song song. Ta suy ra tồn tại một phép vị tự biến tam giác $IBT$ thành $MKP$. Từ kết quả này, ta suy ra $IM,BP,TP$ đồng quy tại $N$. Hay nói cách khác $NP,AI$ đi qua trung điểm $T$ của cung $BC$ thuộc đường tròn $(O)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 09-11-2015 - 16:19

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#4
Emyeutiengviet

Emyeutiengviet

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết

Lời giải của mình: 

 

Gọi $R$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa A của (O).

$H$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$. 

$D=AI \cap BC.$

$W = LP \cap AI$. Suy ra $W$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC.$ Suy ra tứ giác $BICW$nội tiếp.

Ta có :

$\frac {PB}{PW} =\frac {PB}{PC} .\frac {PC}{PW} =cot \angle PBC . tan \angle BWC =tan \angle B/2 . tan(90^{o} - A/2) = tan \angle B/2 . cot \angle A/2 = \frac {HI}{HB} .\frac {AH}{HI}=\frac {b+c-a}{a+c-b}$

$\frac {RW}{RD} =\frac {RB}{RD}=\frac {b+c}{a}$

Áp dụng định lý Menelaus cho $\triangle ABD$ với $\overline{M,I,N}$

 

$\frac {ND}{NB} = \frac {MA}{MB} .\frac {ID}{IA}= \frac {p-b}{p-a} .\frac {a}{b+c}=\frac {a(a+c-b)}{(b+c-a)(b+c)}$

Suy ra $ \frac {PB}{PW}. \frac {RW}{RD}.\frac {ND}{NB} =1$. Suy ra $P,R,N$ thẳng hàng. ĐPCM.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 26-03-2016 - 17:42
Latex





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh