Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

VMF's Marathon Hình học Olympic

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 436 trả lời

#281 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 17-01-2017 - 00:58

vietdohoangtk7nqd cần đề nghị bài tiếp nhưng vì lâu nên để bạn ấy đề nghị sau, để topic không bị gián đoán mình xin đề nghị bài tiếp

 

Bài toán 126 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $P$ nằm trên đường thẳng $OI$ của tam giác $ABC$. $X,Y,Z$ đối xứng $P$ qua $IA,IB,IC$. Chứng minh rằng $DX,EY,FZ$ đồng quy.



#282 vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Đã gửi 17-01-2017 - 07:09

Bài toán 127. Cho hình vuông $ABCD$. Trên $DA,DC$ lấy $K,H$ sao cho $DK=CH$. $BK,BH$ cắt $AC$ tại $E,F$. Cm $AE,EF,FC$ là ba cạnh một tam giác có một góc là $60^\circ.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 17-01-2017 - 10:16


#283 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 553 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 17-01-2017 - 11:18

Lời giải bài toán 127.

Ta thấy chỉ cần chứng minh cho trường hợp $AB=1.$ Đặt $AK=a.$

Theo định lý Thales, $\frac{AE}{AC}=\frac{AK}{AK+BC}=\frac{a}{a+1};\frac{FC}{AC}=\frac{HC}{AB+HC}=\frac{1-a}{2-a}.$

$\Rightarrow \frac{EF}{AC}=\frac{3}{2-a-a^2}-1.$

$AB=1 \Rightarrow AC= \sqrt{2}.$

Xét tam giác $A'E'F'$ có $A'E'=AE,E'F'=EF,F'A'=FC.$

Khi đó theo định lý cos:

$\cos \widehat{E'A'F'}=\frac{A'E'^2+A'F'^2-E'F'^2}{2A'E'.F'A'}=\frac{AE^2+CF^2-EF^2}{2AE.FC}.$ 

Thay các giá trị đã tính ở trên vào, ta được $\cos \widehat{E'A'F'}=\frac{1}{2} \Rightarrow \widehat{E'A'F'}=60^0.$ Ta có đpcm.

 


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#284 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 17-01-2017 - 11:42

Lời giải bài toán 126. Ta phát biểu bài toán về dạng dễ nhìn hơn như sau :

Bài toán 126'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$. $P$ thuộc $OH$. Gọi $X$, $Y$, $Z$ lần lượt là đối xứng của $P$ qua trung trực $BC$, $CA$, $AB$. Chứng minh rằng $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy.

 

Giải. Bổ đề (Định lý Steiner)Cho tam giác $ABC$. $D$, $E$ là hai điểm bất kỳ trên $BC$. Khi đó $AD$, $AE$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ khi và chỉ khi $\tfrac{DB}{DC}\cdot \tfrac{EB}{EC}=\tfrac{AB^2}{AC^2}$

 

Quay lại bài toán. Ta sẽ chứng minh $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại một điểm có điểm liên hợp đẳng giác thuộc $OH$.

Gọi $T$ là giao điểm của $AX$ với $OH$, đường đẳng giác với $AX$ trong $\widehat{BAC}$ cắt $OH$ tại $S$.

Do $AO$, $AH$ đẳng giác nên $AX$, $AS$ đẳng giác trong $\widehat{OAH}$.

Theo định lý Steiner ta suy ra, 

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\]

Gọi $G$ là giao điểm của $XO$ với $AH$, $R$ là giao điểm của đường tròn $(ARO)$ với $AO$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $OGH$ với $\overline{ATX}$ ta thu được,

\[\frac{TO}{TH}=\frac{XO}{XG}\cdot \frac{AG}{AH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot XO\cdot AG}{AO^2\cdot XG}\]

Do $\tfrac{XO}{XG}=\tfrac{OP}{OP+OH}$ nên,

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot OP\cdot AG}{AO^2\cdot (OP+OH)}\]

Do tứ giác $HGRO$ nội tiếp nên $AG\cdot AH=AR\cdot AO$.

Chú ý các góc $\widehat{HRO}$ và $\widehat{AHO}$ bằng nhau nên $\triangle HRO\sim \triangle AHO$.

$\Rightarrow OR=\tfrac{OH^2}{AO}$

Từ đó,

\[\frac{SH}{SO}=(1-\frac{OH^2}{OA^2})\cdot \frac{OP}{OP+OH}\]

Tương tự với $B$, $C$, ta suy ra $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại điểm liên hợp đẳng giác với $S$ đối với tam giác $ABC$. $\square$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 17-01-2017 - 11:45


#285 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 17-01-2017 - 12:10

Cảm ơn Quân và Bảo với các lời giải rất hay. Gốc của bài toán 126 là ở đây http://www.artofprob...munity/c6h85003, bài toán 126 có hướng phát triển theo kiểu chiếu song song nhưng khá rắc rối. Bài toán 127 cũng là bài toán hay và lạ trên hình vuông,  vietdohoangtk7nqd có thể dẫn nguồn gốc không ? Mình xin đề nghị bài tiếp

 

Bài toán 128. Cho tam giác $ABC$ và đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $G$. $AG$ cắt $BC$ tại $H$. $L$ là hình chiếu của $H$ lên $EF$. $M$ là trung điểm $BC$. $MK$ cắt $(KEF)$ tại $N$. Chứng minh rằng $\angle LAB=\angle NAC$.



#286 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 17-01-2017 - 13:26

Có lẽ bài tổng quát của bài 128 là ở đây: http://www.artofprob...1239098p6320740



#287 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 17-01-2017 - 13:40

Cám ơn Khánh đã dẫn lại link. Gốc gác bài toán 128 là mình tổng quát hóa tính chất điểm Prasolov http://www.artofprob...h453505p2549205 và đã post nó ở đây http://www.artofproblemsolving.com/community/c6h455311. Như vậy là Bảo đã đưa ra tổng quát hơn nữa rất thú vị. Vậy nhờ Bảo dịch lại đáp án của mình sang tiếng Việt và post lên điên đàn. 

 

Mình đã nhận được ảnh từ bạn Đỗ Hoàng Việt lời giải cho bài toán 127 bằng hình học không gian thú vị, xin đăng lại ảnh đó, nhưng lưu ý bạn cần dùng latex và nên gõ lại đáp án cẩn thận.

 

IMG_20170117_123246.jpg

 

Mình xin đề xuất bài mới.

 

Bài toán 129 (AoPS). Cho tam giác $ABC$. $D$ và $X$ lần lượt nằm trong và nằm ngoài tam giác sao cho $\angle DBC=\angle DCB=\angle XBC=\angle XCB=\theta$. Dựng tương tự các điểm $E,F,Y,Z$. Ta biết rằng $AD,BE,CF$ đồng quy tại $P$ và $AX,BY,CZ$ đồng quy tại $Q$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua điểm cố định khi $\theta$ thay đổi. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 14:24


#288 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 17-01-2017 - 14:50

Lời giải bài 129: Ta sẽ chứng minh điểm cố định là Lemoine $L$ của $\triangle ABC$.

Kẻ tiếp tuyến tại $A, B, C$ của $(ABC) \equiv (O)$ cắt nhau tạo thành $\triangle MNR$. $AC$ cắt $OM, OR$ tại $U, V$.

Ta có $P, Q, L$ thẳng hàng $\Leftrightarrow$ $A(PQLC)=C(PQLA)$ $\Leftrightarrow$ $A(DXMU) = C(FZRV)$ $\Leftrightarrow$ $(XDUM)=(FZRV)$. Cái này thì đúng vì hai tứ giác $MCUB \cup X \cup D$ đồng dạng với $VARB \cup F \cup Z$. Ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 17-01-2017 - 19:50


#289 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 17-01-2017 - 15:16

Cám ơn Khánh bài toán gốc ở đây phần chú ý trong #3 tại đây và lời giải ở trong #4, xin trích lại lời giải của Luis González

 

Lời giải khác bài toán 129. Gọi các tiếp tuyến của $(ABC)$ cắt nhau tại $A',B',C'$. Chú ý $\angle ACE=\angle ACX=\angle ABZ=\angle ABF$ và $\angle ACB'=\angle ABC,$ $\angle ABC'=\angle ACB$ nên $C(Y,E,B,B')=B(Z,F,C,C')$ suy ra $B(Y,E,C,B')=C(Y,E,B,B')=B(Z,F,C,C')=C(Z,F,B,C')$. $Q \equiv BY \cap CZ,$ $P \equiv BE \cap CF$ và $K \equiv BB' \cap CC'$ thẳng hàng.

 

Mình xin đề nghị bài tiếp.

 

Bài toán 130 (Từ đề thi Ba Lan). Cho lục giác $ABCDEF$ có các cạnh bằng nhau và $\angle A+\angle C+\angle E=\angle B+\angle D+\angle F$. Chứng minh rằng $AD,BE,CF$ đồng quy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 17-01-2017 - 17:51
Sửa link


#290 vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Đã gửi 17-01-2017 - 18:48

Lời giải bài toán 130. Ta phát biểu bài toán dưới dạng dễ nhìn hơn như sau :

Bài toán 130'. Cho $\triangle ABC$, vẽ về phía ngoài $\triangle ABC$ các tam giác cân có cạnh bên bằng nhau và tổng các góc đáy là $90^\circ$. $\triangle ACY,\triangle BXC,\triangle AZB$ có $AY=YC=CX=XB=BZ=ZA$ và $\widehat{YAC}+\widehat{XCB}+\widehat{ZAB}=\alpha+\beta+\gamma=90^\circ$. Chứng minh rằng $AX, BY, CZ$ đồng quy.

 

Giải. Thực hiện phép quay,

$Q(C,-(\widehat{C}+\beta+\gamma) :X\to Y, B\to Y', \triangle CXB\to \triangle CYY'$.

Từ đó $Y$ là tâm $(AY'C)$ và $CY'=CB$. 

Vì $\alpha+\beta+\gamma=90^\circ$ nên $\widehat{Y'AY}=\alpha$

$\Rightarrow Q(A,-(\widehat{A}+\alpha+\beta)):Z\to Y,B\to Y',\triangle AZB\to \triangle AYY'\Rightarrow AY'=AB$. Từ đó $Y'$ đối xứng $B$ qua $AC$.

$\Rightarrow Y$ đối xứng với $O$ qua $AC$. Tương tự $Z$, $X$ lần lượt là đối xứng của $O$ qua $AB$, $BC$. Do đó $AX, BY, CZ$ đồng quy tại tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$. $\square$

 

Bài toán 131. Cho hình thoi $ABCD$ có góc $\angle DAB=120^\circ$. trên $CD$ và $CB$ lần lượt lấy $F$ và $E$ sao cho $CF=BE$. $AF$ và $AE$ lần lượt cắt $DB$ tại $Q,P$. Chứng minh $DQ,QP,PB$ là ba cạnh của một tam giác có góc là $60^\circ$.

 

Bài này đơn giản nên các bạn giải bằng 2 cách nhé, vẫn có thể sử dụng hình học không gian nhé


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 14:25


#291 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 553 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 17-01-2017 - 20:14

Lời giải bài toán 131.

Dựng hình vuông $A'B'CD$ sao cho $A',B'$ thuộc nửa mặt phẳng bờ $CD$ không chứa $A,B.$ Khi đó $AB=A'B',AB \parallel A'B' \Rightarrow AA' \parallel BB'.$

Lấy $E' \in B'C': CE'=DF.$ Gọi $DB'$ cắt $A'F,A'E'$ ở $Q',P'.$

Khi đó $\frac{DQ}{QB}=\frac{DF}{AB}=\frac{DF}{A'B'}=\frac{DQ'}{Q'B'}$ và $\frac{FQ}{QA}=\frac{DF}{AB}=\frac{DF}{A'B'}=\frac{FQ'}{Q'A'}.$

Suy ra $QQ' \parallel AA' \parallel BB' \parallel QQ' \Rightarrow DQ:QP:PB=DQ':Q'P' :P'B'.$ (1)

Theo bài toán 127 thì $DQ',Q'P',P'B'$ là 3 cạnh của một tam giác có một góc là $60^0,$ nên từ (1) ta suy ra $DQ,QP,PB$ là 3 cạnh của một tam giác có một góc là $60^0.$

Ta có đpcm.

Spoiler

Thầy Hùng đề nghị giúp em bài mới ạ.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 06-01-2019 - 05:42

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#292 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 17-01-2017 - 20:46

Cám ơn Việt và Quân, thầy đề nghị bài tiếp cho topic tiếp tục

Bài toán 132. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với đường kính $AD,BE,CF$. $P$ là điểm bất kỳ. $PD,PE,PF$ cắt $(O)$ tại $X,Y,Z$ khác $D,E,F$. Gọi $U,V,W$ là tâm Euler của tam giác $XBC,YCA,ZAB$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $UVW$ đi qua tâm Euler của tam giác $ABC$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 14:25


#293 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 17-01-2017 - 22:05

Lời giải bài 132:

Bổ đề: Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$. Gọi $H_a, H_b, H_c, H_d$ là trực tâm $\triangle BCD, \triangle CDA, \triangle DAB, \triangle ABC$. Khi đó $AH_a, BH_b, CH_c, DH_d$ đồng quy tại trung điểm mỗi đường và điểm đó thuộc đường tròn Euler của 4 tam giác trên.

Bài toán trên hiển nhiên nên ta không cần chứng minh

Quay lại bài toán:

Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$, $(N)$ là đường tròn Euler. $M$ là trung điểm $BC$. $(N)$ cắt $(U)$ tại điểm thứ hai $Q$. Theo Bổ đề $Q$ là trung điểm $HX$. Dễ thấy $(N)$ và $(U)$ cùng bán kính nên $N$ đối xứng $U$ qua $MQ$. Gọi $S$ là trung điểm $HP$ thì $S$ thuộc $MQ$ và $SN=SU$. Tương tự ta suy ra $S$ là tâm $(NUVW)$.



#294 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 17-01-2017 - 23:20

Cám ơn Khánh về lời giải rất ngắn gọn. Bài này thầy dạy đội tuyển KHTN đã lâu rồi nên chưa tìm lại được link gốc. Mình xin đề nghị bài tập tiếp cho topic tiếp tục

 

Bài toán 133 (Chế lại từ AoPS). Cho tam giác $ABC$ nhọn với trực tâm $H$. Một đường thẳng qua $H$ cắt cạnh $CA,AB$ tại $E,F$. Một đường thẳng qua $H$ song song $BC$ cắt $CA,AB$ tại $M,N$. $HB,HC$ lần lượt cắt $EN,FM$ tại $P,Q$. Chứng minh rằng $BQ,CP,MN$ đồng quy.

 

Figure4267.png



#295 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 553 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 18-01-2017 - 00:04

Lời giải bài toán 133. Ta nhận thấy nếu bài toán đảo của bài toán 133 là đúng thì bài toán 133 cũng phải đúng. Ta phát biểu và chứng minh bài toán đảo của bài toán 133.

Bài toán 133_1. Cho $\Delta ABC$ nhọn, trực tâm $H,$ đường thẳng qua $H$ song song $BC$ cắt $AB,AC$ ở $N,M.R$ là một điểm nằm trên $MN.BR,CR$ cắt $CH,BH$ ở $P,Q.NP,MQ$ cắt $CA,AB$ ở $E,F.$ Khi đó $\overline{E,H,F}.$

Chứng minh. Gọi $L$ là trung điểm $BC;BH$ cắt $CM,CA$ ở $J,G;CH$ cắt $BN,BA$ ở $K,I.$

Khi đó các tứ giác $HMBC,HNCB,HRCB$ đều là hình thang nên theo bổ đề hình thang thì $IJ,PQ,GK$ đồng quy ở $L.$

Ta có $(GENC)=(GPHJ)$ (xuyên tâm $M$ ) $=(KQHI)$ (xuyên tâm $L$ ) $=(BFMI)$ (xuyên tâm $N$ ).

Do đó xét phép chiếu xuyên tâm $H$ kết hợp với $\overline{B,H,G},\overline{M,H,N},\overline{C,H,I} \Rightarrow \overline{E,H,F}.$

Ta có đpcm.

Spoiler


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 05:57

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#296 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 18-01-2017 - 00:26

Bài toán 133':

Cho $\triangle ABC$ với hai đường thẳng bất kì $d, d'$ cắt nhau tại $H$. $d$ cắt $AB, AC$ tại $F, E$ và $d'$ cắt $AB, AC$ tại $N,M$. $BH, CH$ cắt $EN, FM$ tại $P,Q$. Chứng minh $BQ, CP, MN$ đồng quy



#297 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 18-01-2017 - 09:42

Cảm ơn Quân và Khánh, bài toán 133 thầy chế lại từ đây http://artofproblems...nity/c6h1279917, mục đích của thầy là lấy điểm $R$ thuộc $MN$ sao cho $AR\perp EF$ rồi sau đó chứng minh $BQ,CP$ đi qua $R$ nhưng Quân chứng minh cách khác đẹp. Chú ý rằng bài toán này và bài toán của Khánh có thể đúng với $H$ bất kỳ thay vì trực tâm. Nhưng để chứng minh $AR\perp EF$ thì cần $H$ là trực tâm.

 

Bài toán 134. Cho tam giác $ABC$ và $DEF$ là tam giác pedal của $P$ bất kỳ. $(DEF)$ cắt $BC$ tại $G$ khác $D$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $EF$ cắt $DE,DF$ tại $M,N$. Đường tròn $(DMN)$ cắt $(DEF)$ tại $Q$ khác $D$. Lấy $T$ sao cho $TM\perp AC,TN\perp AB$. $AT$ cắt $BC$ tại $S$. Chứng minh bốn điểm $A,Q,G,S$ đồng viên.



#298 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 18-01-2017 - 17:19

Bài toán 133' của Khánh có thể viết dưới dạng tứ giác như sau

 

Bài toán 133'. Cho tứ giác $ABCD$ với $P,M,N$ lần lượt thuộc $AB,BC,AD$. $PC,PD$ lần lượt cắt $AM,BN$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng $DQ,CR,MN$ đồng quy.

 

Figure4269.png

 

Giải. Gọi $MN$ cắt $ABPD,PC$ lần lượt tại $G,S,T$. Ta thấy $(PS,DR)=N(PS,DR)=(PG,AB)=M(PG,AB)=M(PT,QC)=(PT,QC)$ suy ra $DQ,CR,MN$ đồng quy.



#299 viet nam in my heart

viet nam in my heart

    Thượng sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 242 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Vĩnh Phúc

Đã gửi 19-01-2017 - 01:05

Bài toán 134. Cho tam giác $ABC$ và $DEF$ là tam giác pedal của $P$ bất kỳ. $(DEF)$ cắt $BC$ tại $G$ khác $D$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $EF$ cắt $DE,DF$ tại $M,N$. Đường tròn $(DMN)$ cắt $(DEF)$ tại $Q$ khác $D$. Lấy $T$ sao cho $TM\perp AC,TN\perp AB$. $AT$ cắt $BC$ tại $S$. Chứng minh bốn điểm $A,Q,G,S$ đồng viên.

k.png

Gọi $J$ liên hợp đẳng giác với $P$ thì $AJ \perp EF$ suy ra $AJ \parallel MN$

Biến đổi góc: $(MN,MT)=(MN,AC)+(AC,MT)=(AJ,AC)+\dfrac{\pi}{2}=(AB,AP)+\dfrac{\pi}{2}=(EF,EP)+(EP,EA)$

Suy ra $(MN,MT)=(EF,EA)$. Từ đó $\widehat{TMN}=\widehat{AEF}$

Suy ra tam giác $TMN$ và $AEF$ đồng dạng 

Kết hợp $Q$ là điểm $Miquel$ ứng với $L,M,N$ của tam giác $DEF$ nên  phép vị tự quay tâm $Q$ góc quay $\dfrac{\pi}{2}$ biến $M$ thành $E$, biến $N$ thành $F$, biến $T$ thành $A$

Từ đó ta có $3$ tam giác đôi một đồng dạng $ATQ,FNQ,EMQ$. Suy ra $\widehat{TAQ}=\widehat{NFQ}=\widehat{DGQ}$

Suy ra điều phải chứng minh

Em đề nghị bài toán $135$ như sau

Bài toán 135(Lê Bá Khánh Trình- Chuyên đề toán học số 10) 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có trung tuyến $AD$, trực tâm $H$. Giả sử $P$ di động trên $AD$. Đường thẳng $BP,CP$ cắt lại $(O)$ tại $M,N$. Gọi $R,S$ lần lượt là điểm đối xứng với $M,N$ qua trung điểm các cạnh $AC,AB$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HRS$ luôn thuộc một đường cố định khi $P$ di động 


"Nếu bạn hỏi một người giỏi trượt băng làm sao để thành công, anh ta sẽ nói với bạn: ngã, đứng dậy là thành công." Isaac Newton

VMF's Marathon Hình học Olympic


#300 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 19-01-2017 - 01:44

Bài toán 134 là một mở rộng của bài chọn đội tuyển Mỹ mình đã post ở đây trong #11 và các lời giải ở #12,#13 và #15.

 

Ta xét một bài toán tổng quát hơn của bài toán 135, có thể coi là bổ đề.

 

Bài toán 135'. Cho tam giác $ABC$ và $P$ nằm trong tam giác. $PA,PB,PC$ cắt $(O)$ tại $D,E,F$. $X,Y,Z$ đối xứng $D,E,F$ qua trung điểm $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng $(XYZ)$ đi qua trực tâm $H$ của $ABC$.

 

Giải. Vì $D,X$ đối xứng qua trung điểm $BC$ nên hai tam giác $ABC$ và $ADX$ có chung trung tuyến hay có chung trọng tâm $G$. Từ đó $X$ là ảnh vị tự trung điểm $U$ của $AD$ qua phép vị tự tâm $G$ tỷ số $-2$. Tương tự $Y,Z$ là ảnh vị tự tâm $G$ tỷ số $-2$ của $V,W$ lần lượt là trung điểm của $BE,CF$. Dễ thấy $O,U,V,W$ nằm trên đường tròn đường kính $OP$ nên $(XYZ)$ đi qua ảnh vị tự của $O$ trong qua phép vị tự tâm $G$ tỷ số $-2$ chính là $H$. Ta hoàn tất chứng minh,

 

Trở lại bài toán 135. Ta chỉ cần $P$ di chuyển trên một đường thẳng cố định đi qua $A$. Gọi đường thẳng đó cắt $(O)$ tại $L$ thì đường tròn $(HRS)$ luôn đi qua đối xứng của $L$ qua trung điểm $BC$ cố định nên tâm của $(HRS)$ thuộc một đường thẳng cố định.

 

Mình xin đề nghị bài tiếp.

 

Bài toán 136. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(J)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. Đường tròn qua $A,B$ tiếp xúc $(J)$ tại $M$. Đường tròn qua $A,C$ tiếp xúc $(J)$ tại $N$. $BM$ cắt $CN$ tại $P$. Chứng minh rằng $\angle PAB=\angle DAC$.







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

1 người đang xem chủ đề

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