Đến nội dung

Hình ảnh

Tuần 1 tháng 10/2015


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

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Như vậy là lời giải cho bài 5 và đề mới cho Tuần 1 tháng 10 đã có. Thầy Hùng còn có giới thiệu thêm một bài toán khác từ cấu hình bài 5:

 

Cho tam giác $ABC$. Trên đoạn thẳng $AC$ lấy điểm $P$ và trên đoạn thẳng $PC$ lấy điểm $Q$ sao cho $\tfrac{PA}{PC}= \tfrac{QP}{QC}$. $BQ$ cắt đường tròn $(K)$ ngoại tiếp tam giác $APB$ tại $R$ khác $Q$. Đường đối trung qua $P$ của tam giác $APR$ cắt $(K)$ tại $L$ khác $P$. Chứng minh rằng giao điểm của $BL$ và đường thẳng qua $C$ song song  $BP$ luôn thuộc một đường thẳng cố định khi $P$ thay đổi.

 

Bài toán mới cho tuần này của thầy Hùng:

 

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm ở trong tam giác sao cho $PI$ vuông góc với $IA$. Gọi $Q$ đẳng giác $P$ trong tam giác $ABC$. $AQ$ cắt $BC$ tại $E$. Gọi $J$ là trung điểm $IE$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $OI$ cắt đường thẳng qua $J$ vuông góc với $IQ$ tại $S$ và cắt $AP$ tại $T$. Chứng minh $I$ là trung điểm đoạn $ST$.

Screen Shot 2015-09-28 at 4.38.44 pm.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 28-09-2015 - 13:45

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
ChiLanA0K48

ChiLanA0K48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm ở trong tam giác sao cho $PI$ vuông góc với $IA$. Gọi $Q$ đẳng giác $P$ trong tam giác $ABC$. $AQ$ cắt $BC$ tại $E$. Gọi $J$ là trung điểm $IE$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $OI$ cắt đường thẳng qua $J$ vuông góc với $IQ$ tại $S$ và cắt $AP$ tại $T$. Chứng minh $I$ là trung điểm đoạn $ST$.

 

Giải:

 

Bổ đề 1: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $P,Q$ là hai điểm đẳng giác liên hợp trong tam giác. $AP$ cắt $(O)$ tại $M$ khác $A$. $QM$ cắt $BC$ tại $N$. Khi đó, $PN$ song song $AQ$.

Chứng minh bổ đề 1: Tham khảo #4 trong link http://www.artofprob...unity/c6h618960

 

Bổ đề 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $AE,AF$ là hai đường đẳng giác trong tam giác. $AF$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$.  $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ và $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Gọi $M$ là trung điểm $IE$. Khi đó $JM,PI$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$.

 

Chứng minh bổ đề 2: 

 

Gọi $D$ là chân đường phân giác trong tam giác $ABC$. Gọi $N$ là giao điểm $JM, AE$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $AEI$ có $J,M,N$ thẳng hàng, suy ra $\frac{JI}{JA}=\frac{NE}{NA}$

Lại có kết quả quen thuộc là $\frac{JI}{JA}=\frac{ID}{IA}$ suy ra $\frac{NE}{NA}=\frac{ID}{IA}$ suy ra $IN\parallel ED$ (theo ĐL Thales đảo)

Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của $AE$ với $(O)$. Gọi $T$ là giao điểm $PI$ với $(O)$. Do $IN$ song song $BC$ suy ra $\angle NIT=\angle QPT=\angle NAT$ suy ra $A,I,N,T$ cùng thuộc một đường tròn. Suy ra $\angle NTI=\angle NAI=\angle JAP=\angle JTI$ suy ra $J,N,T$ thẳng hàng. Suy ra đpcm.

 

Bổ đề 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm trong tam giác sao cho $PI\perp IA$; $Q$ là điểm đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. $AP$ cắt $(O)$ tại $T$. Chứng minh rằng $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AQT$.

 

Chứng minh bổ đề 3: 

 

Gọi $E$ là giao điểm $TQ,BC$. Áp dụng bổ đề 1, ta có $PE\parallel AQ$. Gọi $D$ là giao điểm $PE,AI$. Dễ dàng chứng minh $APD$ là tam giác cân tại $P$.

Gọi $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Gọi $L$ là giao điểm $TI$ với $(O)$. $N$ là giao điểm $JL,BC$.

Do $JN.JL=JB^2=JI^2$ nên suy ra $\angle JIN=\angle JLT=\angle JAT=\angle PDI$ suy ra $ PE$ song song $IN$ 

Dễ thấy $I$ là trung điểm $AD$, gọi $K$ là chân đường phân giác trong tam giác $ABC$, ta có $\frac{DE}{IN}=\frac{KD}{KI}$

Lại có $\frac{IA}{IJ}=\frac{KD}{KI}$ suy ra $\frac{DE}{IN}=\frac{KD}{KI}=\frac{DI}{IJ}$

Xét tam giác $IED$ và tam giác $JNI$ có $\angle JIN=\angle IDE$ và $\frac{DE}{IN}=\frac{DI}{IJ}$

suy ra $\triangle IED\sim \triangle JNI$ suy ra $\angle DIE=\angle IJN$ suy ra $JL\parallel IE$

Suy ra $\angle TIE=\angle JIN (=\angle TLJ)$  suy ra $\angle NIE=\angle JIT$

Mà $\angle IEN=\angle JNE=\angle JTI$ suy ra $\triangle JIT\sim \triangle NIE$. Suy ra $\frac{IN}{IE}=\frac{IJ}{IT}$

suy ra $\triangle INJ \sim \triangle IET$ suy ra $\angle IJN=\angle ITE=\angle ITA$

Suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AQT$.

Ta có đpcm

 

Trở lại bài toán: 

 

Áp dụng bổ đề 3, gọi $M$ là giao điểm $AP$ với $(O)$ suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AMQ$. Gọi $K$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. $N$ là giao điểm $KJ$ với $BC$. Chứng minh được $IN \parallel AQ$

Áp dụng bổ đề 2, suy ra $KJ, MI$ cắt nhau tại $L$ trên $(O)$

Ta có $\angle QIK=\angle IQA$; $\angle NIK=\angle QAI$ và $\angle JKA=\angle IMA$ 

Suy ra $\angle JKA+\angle QIK=90$ suy ra $JK\perp IQ$

Suy ra $S$ thuộc $KL$

Áp dụng định lý con bướm, ta có $IS=IT$

Suy ra đpcm

 

Hình cho bổ đề 2

 http://i.imgur.com/6dH8w0u.jpg

 

6dH8w0u.jpg

 

Hình cho bổ đề 3

http://i.imgur.com/0zvLKlR.jpg

 

0zvLKlR.jpg

Hình bài toán 

http://i.imgur.com/hobNKVi.jpg

 

hobNKVi.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 20-03-2016 - 09:00
Hiện hình


#3
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Uầy chị Chi Lan giải siêu kinh :D, cái quan trọng nhất là bổ đề 3, hãy đón đọc đáp án vào thứ 2 nhé :)






1 người đang xem chủ đề

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