Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 4 tháng 5/2016: Tiếp nối câu chuyện về điểm và đường cố định

hình học

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

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 22-05-2016 - 20:13

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 5 và kèm theo đó là bài toán mới:

 

Bài 40. Cho tam giác $ABC$ và tam giác $DEF$ cố định có các cạnh tương ứng song song. Giả sử có hai điểm $P,Q$ thay đổi sao cho $PA=QD,PB=QE,PC=QF$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $P,Q$ thay đổi.

Post 152.png

Hình vẽ bài toán


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 22-05-2016 - 20:20


#2 lenhatsinh3

lenhatsinh3

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT An Nhơn 2
  • Sở thích:Pokemon, giải toán

Đã gửi 22-05-2016 - 20:29

Điểm đó có phải là giao điểm của $AD, FC, EB$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 22-05-2016 - 21:40

:ukliam2:  :ukliam2: MATHEMATICS :ukliam2:  :ukliam2:                                                                                                                                                    


#3 anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 307 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{THPT}$ $\textrm{chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm}$ $\textrm{Quảng Nam}$
  • Sở thích:$ \textrm{GEOMETRY} $, $ \textrm{Central Intelligence Agency}$

Đã gửi 22-05-2016 - 21:38

Bài này làm em nhớ đến bài chứng minh $PP'$ đi qua một điểm cố định trong file điểm cố định của thầy Nguyễn Minh Hà.

Cách làm của em cũng dựa trên đó.

Có gì sai sót mong thầy và các bạn góp ý.

 

Ta thấy tồn tại một phép vị tự biến $\bigtriangleup ABC$ thành $\bigtriangleup DEF$.

Gọi phép vị tự đó tâm $O$ tỉ số $-k$

Khi đó ta có: $\vec{OD}=-k\vec{OA}$, $ \vec{OE}=-k\vec{OB}$, $ \vec{OF}=-k\vec{OC}$

Ta có $PA=QD$, $PB=QE$, $PC=QF$ nên

$(\vec{OA}-\vec{OP})^2=(\vec{OD}-\vec{OQ})^2$

$(\vec{OB}-\vec{OP})^2=(\vec{OE}-\vec{OQ})^2$

$(\vec{OC}-\vec{OP})^2=(\vec{OF}-\vec{OQ})^2$

Hay 

$\dfrac{1}{2}(OP^2-OQ^2+(1-k^2)OA^2)=\vec{OA}(k\vec{OQ}+\vec{OP})$

$\dfrac{1}{2}(OP^2-OQ^2+(1-k^2)OB^2)=\vec{OB}(k\vec{OQ}+\vec{OP})$              $(*)$

$\dfrac{1}{2}(OP^2-OQ^2+(1-k^2)OC^2)=\vec{OC}(k\vec{OQ}+\vec{OP})$

Bổ đề: Cho điểm $A$, vector $\vec{a}$ và số thực $k$. Khi đó tập hợp các điểm $M$ sao cho $\vec{AM}.\vec{a}=k $ là một đường thẳng.

Ta lấy các điểm $X, Y, Z$ sao cho $k\vec{OQ}+\vec{OP} =\vec{OX} +\vec{OP} =\vec{OY}$.

Gọi $Z$ là giao của $OY$ và $PQ$

Từ (*) ta suy ra

$\dfrac{1}{2}(1-k^2)(OA^2-OB^2)=(k\vec{OQ}+\vec{OP}).\vec{BA}= \vec{OY}. \vec{BA}.$

$\dfrac{1}{2}(1-k^2)(OA^2-OC^2)=(k\vec{OQ}+\vec{OP}).\vec{CA= \vec{OY}. \vec{CA}.}$      $(**)$

Theo bổ đề trên và theo $(**)$ thì $Y$ là giao của hai đường thẳng cố định.

Do đó $Y$ cố định.

 

 Kẻ $XT$ song song $PQ$ ta có $\bigtriangleup OZP= \bigtriangleup  YTX$

suy ra $OZ=YT$

tính được  $\dfrac{\overline{OZ}}{\overline{OY}}=\dfrac{1}{k+1}$

suy ra $Z$ cố định.

Vậy $PQ$ đi qua điểm cố định $Z$.

Hình gửi kèm

  • 13292893_611395079009114_266540931_n.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 22-05-2016 - 21:52


#4 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 22-05-2016 - 22:02

Lời giải:
Gọi $O, I$ là tâm ngoại tiếp tam giác $\triangle ABC, \triangle DEF$. Do $\triangle ABC$ và $\triangle DEF$ có các cạnh tương ứng song song nên $AD, BE, CF$ đồng quy tại tâm vị tự $H$. Khi đó ta cũng có $I, H, O$ thẳng hàng. Đường thẳng qua $D, E, F$ song song $PA, PB, PC$ đồng quy tại $L$ và ta có $P, H, L$ thẳng hàng. Gọi $k = \frac{HD}{HA}$, ta có $k$ cố định. Do đó $\frac{DL}{DQ} = \frac{EL}{EQ} = \frac{FL}{FQ} = k$. Từ đó ta suy ra $D, E, F$ thuộc đường tròn Apollonius ứng với tỉ số $k$ của đoạn thẳng $LQ$. Ta có ngay $I \in LQ$. Khi đó $ID$ là tiếp tuyến của $(DLQ)$ nên nếu gọi $R$ là bán kính $(DEF)$ thì $\frac{ID}{IQ} = \frac{DL}{DQ} = k$, do đó $Q \in (I; \frac{R}{k})$. Suy ra $IL = \frac{ID^2}{IQ} =kR$. Từ đó ta tính được $OP = IL.\frac{OH}{HI} =k^2R$ hay $P \in (O;k^2R)$. Mặt khác dễ thấy tiếp tuyến tại $Q$ của $(I; \frac{R}{k})$, tiếp tuyến tại $L$ của $(I; kR)$ và tiếp tuyến tại $P$ của $(O;k^2R)$ song song nên PQ đi qua tâm vị tự $K$ của $(I; \frac{R}{k})$ và $(O; k^2R)$, hay $PQ$ đi qua điểm đối xứng với $H$ qua trung điểm $OI$.

#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 22-05-2016 - 22:10

Bài này chính xác là mình mở rộng bài chọn đội Iran 2011 

 

http://artofproblems...h406525p2270099

 

Cả hai lời giải mình cũng dựa vào ý tưởng của #2,#3 trong đó. Tuy nhiên nếu dùng phương pháp vector tích vô hướng đoạn cuối có thể trình bày gọn hơn :)!



#6 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 22-05-2016 - 22:25

Một câu hỏi đặt ra, mình có thể thay thế hai tam giác có cạnh tương ứng song song hoặc thêm trọng số cho các hệ thức đoạn thẳng bằng nhau ?



#7 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 22-05-2016 - 22:35

Theo em nghĩ, khó có thể thay thế hai tam giác có cạnh tương ứng song song, có thể thay trọng số bất kì cho hệ thức đoạn thẳng bằng nhau, nó không ảnh hưởng gì cả

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 22-05-2016 - 22:35


#8 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 22-05-2016 - 22:57

Trọng số thầy thấy cũng khó, em thay thì phát biểu đề thế nào ?



#9 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 22-05-2016 - 23:14

Em nghĩ để theo hệ thức $PA:PB:PC=QD:QE:QF$ thì lời giải của em nó không bị ảnh hưởng gì mà, chỉ khác một chút về đường tròn Apollonius thôi ạ.

#10 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 29-05-2016 - 12:48

Cám ơn Khánh về ý tưởng tổng quát thành tỷ số, như vậy nó cũng là bước tiến xa so với bài Iran, mình nhận được lời giải cũng rất ngắn cho bài tổng quát này của bạn Nguyễn Tiến Dũng, hãy đón đọc tối nay. Sau đây là lời giải vector.
 
Bổ đề. Cho hai vector $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$ không cùng phương và các số thực $\alpha,\beta$ bất kỳ thì tồn tại duy nhất $\overrightarrow{u}$ thỏa mãn $\begin{cases}\overrightarrow{a}.\overrightarrow{u}=\alpha\\ \overrightarrow{b}.\overrightarrow{u}=\beta\end{cases}.$
 
Chứng minh. Do $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$ không cùng phương nên biểu diễn của $\overrightarrow{u}=x\overrightarrow{a}+y\overrightarrow{b}$ là duy nhất. Do đó ta có hệ 
 
$$\begin{cases}x\overrightarrow{a}^2+y\overrightarrow{a}.\overrightarrow{b}=\alpha\\ x\overrightarrow{b}.\overrightarrow{a}+y\overrightarrow{b}^2=\beta\end{cases}.$$
 
Đây là hệ tuyến tính định thức khác $0$ (do $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b}$ không cùng phương) nên có nghiệm $x,y$ duy nhất chỉ phụ thuộc $\overrightarrow{a},\overrightarrow{b},\alpha,\beta$.
 
Nhận xét. Bổ đề thực chất là một hệ phương trình tìm vector, trong tọa độ Descartes là một hệ tuyến tính. Tuy nhiên việc sử dụng phương pháp biểu diễn vector có thể tránh đưa vào tọa độ Descartes.
 
Giải bài toán. Do $AD,BE,CF$ có cạnh tương ứng song song nên $AD,BE,CF$ đồng quy tại $G$ và $\overrightarrow{GA}=k\overrightarrow{GD},\overrightarrow{GB}=k\overrightarrow{GE},\overrightarrow{GC}=k\overrightarrow{GF}$. Từ $AP=DQ$ suy ra $\overrightarrow{AP}^2=\overrightarrow{DQ}^2$ hay $(\overrightarrow{AG}+\overrightarrow{GP})^2=(\overrightarrow{DG}+\overrightarrow{GQ})^2$. Khai triển ta được 
 
$$2\overrightarrow{DG}(\overrightarrow{GQ}-k\overrightarrow{GP})=(k^2-1)DG^2+GP^2-GQ^2.$$
 
Tương tự thì $2\overrightarrow{EG}(\overrightarrow{GQ}-k\overrightarrow{GP})=(k^2-1)EG^2+GP^2-GQ^2,2\overrightarrow{FG}(\overrightarrow{GQ}-k\overrightarrow{GP})=(k^2-1)FG^2+GP^2-GQ^2.$
 
Đặt $\overrightarrow{u}=\overrightarrow{GQ}-k\overrightarrow{GP}$. Trừ vế lần lượt các cặp đẳng thức trên cho ta 
 
$$\begin{cases}\overrightarrow{u}.\overrightarrow{DE}=(k^2-1)(DG^2-EG^2)/2\\ \overrightarrow{u}.\overrightarrow{DF}=(k^2-1)(DG^2-FG^2)/2\end{cases}.$$
 
Theo đề bài, rõ ràng $DEF$ là tam giác nên $\overrightarrow{DE},\overrightarrow{DF}$ không cùng phương. Theo bổ đề $\overrightarrow{u}$ là vector hằng vì $G$, tam giác $ABC,DEF$ và $k$ cố định. Từ đó đặt $\overrightarrow{u}=(1-k)\overrightarrow{GJ}$ thì $J$ cố định. Dễ thấy $PQ$ đi qua $J$ cố định.

Nhận xét. Sử dụng lời giải này ta có thể không cần tới hình vẽ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 29-05-2016 - 12:53
Thêm một bài thuật ngữ






Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

0 người đang xem chủ đề

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