Đến nội dung


Chú ý

Diễn đàn vừa được bảo trì và nâng cấp nên có thể sẽ hoạt động không ổn định. Các bạn vui lòng thông báo lỗi cho BQT tại chủ đề này.


Hình ảnh

Tuần 1 tháng 5/2016: Tiếp tục với vấn đề đường tròn tiếp xúc nhau

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 01-05-2016 - 21:21

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài toán cũ tại tuần 1 tháng 5 và kèm theo đó là bài toán mới.

 

Bài 37: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot (O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $C,B.BE$ cắt $CF$ tại $H.HK$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $M,N$. Trên $BC$ lấy $P,Q$ sao cho $MP\parallel BE$ và $NQ\parallel CF.MP$ cắt $NQ$ tại $R$. Chứng minh rằng $\odot (PQR)$ tiếp xúc $\odot (O)$.

Post 94.png

Hình vẽ bài toán



#2 Nguyen Dinh Hoang

Nguyen Dinh Hoang

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 96 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K44 Trường THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:hình học, giải tích

Đã gửi 02-05-2016 - 08:27

Lời giải của em:

Bổ đề $1$. Cho tứ giác $EFCB$ nội tiếp $\odot (K), EB$ cắt $FC$ tại $A,EC$ cắt $BF$ tại $H,HK$ cắt $AB,AC$ tại $N, M. EC, BF$ cắt $\odot (ABC)$ tại $X, Y$.

Khi đó: $XN$ cắt $YM$ tại một điểm trên $\odot (ABC)$.

Chứng minh: Áp dụng định lý $Pascal$ đảo cho bộ $(ABCXYS),S$ là điểm đồng quy và $\overline{N,H,M} ta suy ra điều phải chứng minh.

Hệ quả bổ đề: Từ $X$ kẻ $XI\parallel AB(I$ nằm trên $\odot (ABC)$ ) và từ $M$ kẻ $MQ\parallel BF$ cắt $BC$ tại $Q$ thì $IQ$ đi qua $S$. 

Trở lại bài toán:

Gọi tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $\odot (K)$ cắt $\odot (ACB)$ tại $I$ và $J$ lần lượt gọi $EC$ cắt $\odot (ABC)$ tại $X$, tương tự gọi $Y$.

hoang.png

Hình vẽ bài toán

Áp dụng bổ đề và hệ quả ta có $XN, YM, IP, JQ$ đồng quy tại một điểm nằm trên $\odot (ABC)$.

Bằng biến đổi góc ta có $AI\parallel MP, IJ\parallel PQ,AJ\parallel QR$. Áp dụng định lý $Desargues$ cho $2$ tam giác $AIJ$ và $QPR$ ta có $QR$ cũng đi qua $S$

Mặt khác ta có $\triangle BHC\sim \triangle PRQ (g.g)$ nên $\frac{QP}{R(QPR)}$ = $\frac{BC}{R(BHC)}$ 

mà theo một kết quả quen thuộc ta có $\frac{BC}{R(BHC)} = \frac{IJ}{R(ABC)}$ nên điểm đồng quy $S$ là tâm vị tự trong của $\odot (PQR)$ và $\odot (ABC)$ mà $S$ nằm trên $\odot (ABC)$nên ta có điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 02-05-2016 - 14:24


#3 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 02-05-2016 - 10:09

Hoàng giải đúng rồi đấy, bài toán này có liên quan tới bài vô địch Nga năm nay http://artofproblems...c6t48f6h1236077



#4 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 02-05-2016 - 10:34

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài toán cũ tại tuần 1 tháng 5 và kèm theo đó là bài toán mới.

 

Bài 37: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot (O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $C,B.BE$ cắt $CF$ tại $H.HK$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $M,N$. Trên $BC$ lấy $P,Q$ sao cho $MP\parallel BE$ và $NQ\parallel CF.MP$ cắt $NQ$ tại $R$. Chứng minh rằng $\odot (PQR)$ tiếp xúc $\odot (O)$.

attachicon.gifPost 94.png

Hình vẽ bài toán

Lời giải. Ta cần có bổ đề sau.

Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot (O).H$ là một điểm bất kì trong tam giác. Một đường thẳng bất kì qua $H$ cắt $AC,BA$ lần lượt tại $M,N$. Trên $P,Q$ lấy các điểm $P,Q$ sao cho $MP\parallel BH,NQ\parallel CF.NQ$ cắt $MP$ tại $R.NQ$ cắt $AC$ tại $X$. Chứng minh rằng $NXCBAQ$ và $CQRMPX$ có chung điểm $Miquel$.

Chứng minh.

Quay lại giải bài toán tuần $1$ tháng $5$.

Gọi $D$ là giao điểm của $NQ$ với $AC;X$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $BNDCAQ$. Áp dụng bổ đề trên ta suy ra $X$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $CQRMPD$. 

Post 97.png

Hình vẽ bài toán

Ta có: $\angle DXR=180^\circ-\angle DMR=180^\circ-\angle BEC=180^\circ-\angle BFC=180^\circ-\angle BND=180^\circ-DXA\Rightarrow \overline{A,X,R}\Rightarrow \angle CXQ=\angle CDQ=\angle ADN=\angle DAX+\angle QRX$

$\Rightarrow \odot (PQR)$ tiếp xúc $\odot (O).\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 02-05-2016 - 14:22


#5 mehinhhoc

mehinhhoc

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết

Đã gửi 02-05-2016 - 14:48

Theo em, nếu không lầm thì bài này là một trường hợp của bài toán sau
Cho tam giác $ABC$ với $E,F$ thuộc $AC,AB$ sao cho $E,F,B,C$ đồng viền. $BE$ giao $CF$ ở $H. d$ bất kì qua $H$, giao $AB,AC$ ở $N,M$. Gọi $d_1, d_2$ là đường thẳng qua $N$ song song $CF$, qua $M$ song song $BE$. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi $d_1, d_2$ và $BC$ tiếp xúc $\odot (ABC)$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 02-05-2016 - 15:03


#6 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 02-05-2016 - 15:05

Theo em, nếu không lầm thì bài này là một trường hợp của bài toán sau
Cho tam giác $ABC$ với $E,F$ thuộc $AC,AB$ sao cho $E,F,B,C$ đồng viền. $BE$ giao $CF$ ở $H. d$ bất kì qua $H$, giao $AB,AC$ ở $N,M$. Gọi $d_1, d_2$ là đường thẳng qua $N$ song song $CF$, qua $M$ song song $BE$. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo bởi $d_1, d_2$ và $BC$ tiếp xúc $\odot (ABC)$.

Đúng rồi, lời giải trên của mình không sử dụng dữ kiện $d$ đi qua $K$ nên mình không chắc chắn lắm! Cảm ơn bạn đã đóng góp một ý tưởng rất hay! Mình không nghĩ đến việc tổng quát này! :)

Mình đã kiểm tra lại và thấy đúng trên máy tính! :)



#7 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 02-05-2016 - 15:55

Ý tưởng đường thẳng bất kỳ qua $H$ là đúng và thầy lần đầu tiên nhận được nó qua email bởi bạn Trương Mạnh Tuấn lớp 10 Toán THPT chuyên KHTN.



#8 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 02-05-2016 - 18:01

Tổng kết lại một chút, ta có thể viết lại bài toán này như sau

 

Cho tam giác $ABC$ và một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $C,B$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. Một đường thẳng qua $H$ cắt $CA,AB$ tại $M,N$. Trên $BC$ lấy $P,Q$ sao cho $MP\parallel BE$ và $NQ\parallel CF$. $MP$ cắt $NQ$ tại $R$. Chứng minh rằng $(PQR)$ tiếp xúc $(ABC)$.

 

Figure3780.png

 

Thực sự rằng kết quả này thì lại không mới, mình đã lần đầu tổng quát kết quả này từ kết quả của anh Đào Thanh Oai tại đây từ khoảng 2,3 năm trước http://oaithanhdao.b...tangent-to.html, tuy nhiên mình chỉ dùng nó tập huấn đội tuyển KHTN chứ chưa công bố ở đâu. 

 

Trước đây mình nhớ cũng có một bạn nào post một kết quả tương tự thế này lên ddth nhưng mình không tìm lại được link.

 

Gần đây kết quả này được xuất hiện dưới dạng bổ đề bởi bạn Lê Viết Ân ở đây http://artofproblems...c6t48f6h1236077

 

Đến thời điểm này thì việc ai tìm ra và có trước sau thế nào không mấy quan trọng nữa, quan trọng là chúng ra đang từng bước tìm ra những lời giải khác đẹp cho bài toán trên. Hy vọng các bạn hãy cùng tham gia giải quyết tiếp bài toán trên.

 

 



#9 QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 04-05-2016 - 15:55

Những bài toán chứng minh tiếp xúc mà không có sẵn tiếp điểm em đều thấy rất đẹp, và đặc trưng nhất cho kiểu bài đó là mở rộng IMO 2011 bài 6 của thầy, với cách chứng minh đơn thuần cộng góc, tạo ra nhiều đường tròn, các liên hệ góc, mà cụ thể là điểm Miquel.

Sau đây em đưa ra lời giải cho bài toán tổng quát.

$MP$, $NQ$ cắt $AB$, $AC$ tại $S$, $T$. Lấy $K$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi 4 đường thẳng $(AB,BC,CA,MP)$. Nói cách khác, các đường tròn $(ABC)$, $(SBP)$, $(ASM)$, $(MPC)$ đi qua $K$.

Tiếp theo, chứng minh $K$ cũng là điểm Miquel của tứ giác toàn phần tạo bởi 4 đường thẳng $(AB,BC,CA,NQ)$. Tuy nhiên, nhờ định lý Miquel về các đường tròn đồng quy nên chỉ cần chứng minh được $(ANT)$ đi qua $K$ là đủ. Để có được điều này, có thể sử dụng tỉ số phương tích. Cụ thể hơn là dùng tỉ số phương tích để chỉ ra $(ABC)$, $(ASM)$, $(ANT)$ đồng trục (em làm thế này vì không khai thác được liên hệ góc ở đây)

\[\frac{\mathcal{P}_{T/(ABC)}}{\mathcal{P}_{T/(ASM)}}=\frac{\overline{TA}\cdot\overline{TC}}{\overline{TA}\cdot\overline{TM}}=\frac{\overline{TC}}{\overline{TM}}\]

\[\frac{\mathcal{P}_{N/(ABC)}}{\mathcal{P}_{N/(ASM)}}=\frac{\overline{NA}\cdot\overline{NB}}{\overline{NA}\cdot\overline{NS}}=\frac{\overline{NB}}{\overline{NS}}\]

Theo định lý Thales

\[\frac{\overline{TC}}{\overline{TM}}=\frac{\overline{NB}}{\overline{NS}}=\frac{\overline{NH}}{\overline{NM}}\]

Do đó mà $(ABC)$, $(ASM)$, $(ANT)$ đồng trục, kéo theo $(ANT)$ đi qua $K$, theo định lý Miquel, $(CQT)$, $(BNQ)$ cũng đi qua $K$.

Tiếp theo, chứng minh $K$ thuộc $(RPQ)$. Em sử dụng góc định hướng (với em thì suy nghĩ phải có định hướng mới chặt chẽ nó đã hằn sâu, hic)

\[(KP,KQ)=(KP,KB)+(KB,KC)+(KC,KQ)=(SP,SB)+(AB,AC)+(TC,TQ)=(AB,AC)+(BE,AB)+(AC,CF)=(BE,CF)=(RP,RQ)\pmod\pi\]

$\Rightarrow$ $K$, $R$, $P$, $Q$ đồng viên. Vẽ $Kx$ là tiếp tuyến tại $K$ của $(ABC)$

\[(Kx,KP)=(Kx,KB)+(KB,KP)=(CK,CB)+(AB,MP)=(KC,CB)+(AB,BC)+(BC,MP)=(KC,PM)+(AB,PQ)\pmod\pi\]

\[=(KC,PM)+(AB,QK)+(QK,QP)=(KC,KQ)+(AB,PM)+(QK,QP)=(TC,TQ)+(AB,BE)+(QK,QP)=(CA,CF)+(BA,BE)+(QK,QP)=(QK,QP)\pmod\pi\]

$\Rightarrow$ $Kx$ tiếp xúc $(KPQ)$, tức là $(RPQ)$ tiếp xúc $(ABC)$.

Nhận xét thêm. $HB$, $HC$ cắt $(ABC)$ tại $E'$, $F'$.

\[(KN,KF')=(KN,KA)+(KA,KF')=(TN,TA)+(CA,CF')=(CF,CA)+(CA,CF')=0\pmod\pi\]

Từ đây suy ra $F'N$ đi qua $K$ và tương tự, $E'M$ đi qua $K$. Đặc biệt hóa, khi $H$ là trực tâm thì lại thu được bài toán của chú Đào Thanh Oai, và $K$ là điểm Anti-Steiner, hay điểm Collings của $MN$ với $\triangle ABC$.

Hình gửi kèm

  • tiếpxúc.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 04-05-2016 - 15:55


#10 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 125 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Ninh

Đã gửi 06-05-2016 - 10:33

Tổng kết lại một chút, ta có thể viết lại bài toán này như sau

 

Cho tam giác $ABC$ và một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $C,B$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. Một đường thẳng qua $H$ cắt $CA,AB$ tại $M,N$. Trên $BC$ lấy $P,Q$ sao cho $MP\parallel BE$ và $NQ\parallel CF$. $MP$ cắt $NQ$ tại $R$. Chứng minh rằng $(PQR)$ tiếp xúc $(ABC)$.

 

attachicon.gifFigure3780.png

 

Thực sự rằng kết quả này thì lại không mới, mình đã lần đầu tổng quát kết quả này từ kết quả của anh Đào Thanh Oai tại đây từ khoảng 2,3 năm trước http://oaithanhdao.b...tangent-to.html, tuy nhiên mình chỉ dùng nó tập huấn đội tuyển KHTN chứ chưa công bố ở đâu. 

 

Trước đây mình nhớ cũng có một bạn nào post một kết quả tương tự thế này lên ddth nhưng mình không tìm lại được link.

 

Gần đây kết quả này được xuất hiện dưới dạng bổ đề bởi bạn Lê Viết Ân ở đây http://artofproblems...c6t48f6h1236077

 

Đến thời điểm này thì việc ai tìm ra và có trước sau thế nào không mấy quan trọng nữa, quan trọng là chúng ra đang từng bước tìm ra những lời giải khác đẹp cho bài toán trên. Hy vọng các bạn hãy cùng tham gia giải quyết tiếp bài toán trên.

Một cách giải khác cho bài toán trên :) :

$MP, NQ$ thứ tự cắt $AB, AC$ tại $X, Y$. Do $B, C, E, F$ đồng viên nên $M, N, X, Y$ đồng viên và ta có $\dfrac{BX}{BN} = \dfrac{HM}{HN} = \dfrac{CM}{CY}$. (1) 

$(XNR)$ cắt $(YMR)$ tại điểm thứ hai $S$. Vì $S$ là tâm vị tự quay biến $XN \mapsto MY$ và cũng do (1) nên biến $B \mapsto C$. Do $S$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $AMNRYX$ nên $S \in (AMX)$. Mặt khác phép vị tự quay tâm $S$ biến $XM \mapsto BC$ nên $S \in (ABC)$.

Ta lại có $\triangle SXM \sim \triangle SBC$ nên $S, X, B, P$ đồng viên, tương tự $S \in (CQY)$. Do đó $\widehat{SPQ} = \widehat{SXN} = \widehat{SRQ}$ nên $S \in (PQR)$, và ta có $\widehat{BSP} = \widehat{BXP} = \widehat{CYQ} = \widehat{CSQ}$. 

Kẻ tiếp tuyến $Sx$ của $(ABC)$, ta có $\widehat{PQS} = \widehat{BCS} + \widehat{CSQ} = \widehat{BSx} + \widehat{BSP} = \widehat{PSx}$, do đó $Sx$ là tiếp tuyến của $(PQRS)$, từ đó ta có đpcm.







0 người đang xem chủ đề

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