Đến nội dung

Hình ảnh

VMF's Marathon Hình học Olympic

* * * * * 1 Bình chọn hình học

Lời giải halloffame, 02-01-2018 - 16:29

Lời giải bài toán 196. Ta chứng minh bài toán cho đường tròn $(K)$ tiếp xúc trong $(O),$ trường hợp tiếp xúc ngoài chứng minh tương tự. Ta thấy có thể bỏ đi điểm $B$ không cần thiết.

Bài toán 196'. $\Delta ADC$ vuông tại $D$ nội tiếp $(O),$ một đường tròn $(E)$ tiếp xúc trong $(O)$ ở $T.M,N \in (E)$ sao cho $MN \parallel AD$ và $MN=AD.P,R$ là trung điểm $MD,MC.$ Khi đó $P \in (ORT).$

Chứng minh. 

$M'$ đối xứng $M$ qua $T.$ Dựng điểm $I$ sao cho $OEMI$ là hình bình hành.

$OI$ cắt $(O),CD$ ở $K,L.J$ là hình chiếu $I$ lên $CD.$

Từ $OEMI$ là hình bình hành và $EM=ET$ ta suy ra được $IK=IM=JN,LK=LM$

Gọi $Q$ đối xứng $M$ qua $O$ thì $Q \in LM'.$ Ta có $LM'.LQ=LK.NJ=LK.KI=KO^2-OL^2=LC.LD \Rightarrow Q \in (M'CD).$

Qua phép vị tự tâm $M$ tỉ số $\frac{1}{2}$ ta có ngay đpcm.

[attachment=33194:Screen Shot 2018-01-02 at 1.29.42 AM.png]

Đi đến bài viết »


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 434 trả lời

#341
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

bài 154 là định lý Poncelet, phần chứng minh định lý trên ở trong cuốn chuyên đề chọn lọc lượng giác của thầy Nguyễn Văn Mậu, Nguyễn Vũ Lương, Trần Nam Dũng và Nguyễn Minh Tuấn. Phần này được viết trong phần tam giác pedal do thầy Dũng viết.

Định lý nhỏ Poncelet là bài 154, và tồn tại vô số tam giác thỏa mãn và mỗi điểm bất kì trên đường tròn (O) là 1 trong 3 đỉnh của tam giác và chỉ một tam giác thôi

Định lý lớn Poncelet là tổng quát cho đa giác



#342
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Mình xin đề nghị tiếp một bài nữa cho topic duy trì hai bài

 

Bài toán 157. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$. $M,N$ nằm trên $AO$ sao cho $\angle ABM=\angle ICB$ và $\angle ACN=\angle IBC$. Gọi $L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IMN$. $AL$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $DI$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $D$. Chứng minh rằng $\angle AGK=90^\circ$.

 

Figure4301.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 28-01-2017 - 23:12


#343
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Bài giải bài 157

Gọi M là trung điểm BC, Z là trung điểm cung BC không chứa A, W là giao điểm của (K) và (O), (K) tiếp xúc với AB,AC tại Q,P

ta chứng minh dễ dàng bằng biến đổi góc ABIM và ACNI nội tiếp

Từ đó ta có: góc INM=C/2=AIM do đó (MIN) tiếp xúc với AI, do đó IL vuông góc với AI

Gọi X,Y lượt là trung điểm cung AC,AB không chứa B,C

Ta có LX vuông góc với IN, LY vuông góc với IM, từ đó bằng biến dổi góc ta có X,Y,I,L đồng viên, mà XY song song với IL do cùng vuông góc AI nên XYLI là hình thang cân, mà XY là trung trực AI nên AYLX là hình bình hành, từ đó AL đi qua trung điểm XY

Gọi G là giao điểm của (IMZ) và (O) khác Z, bằng biến đổi tỉ số ta có tứ giác GBWC là tứ giác điều hòa và tam giác GQP đồng dạng GBC, bằng biến đổi góc suy ra AGK=90

Công việc cuối cùng là chứng minh G,I,D thẳng hàng

Điều này đúng do tam giác IMD đồng dạng AJO (với J là trung điểm XY)

Từ đó suy ra góc DGI=DAD, từ đó ta có dpcm

Một lần nữa xin thầy và các bạn thông cảm do mình không gõ bằng latex



#344
Min Nq

Min Nq

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Lời giải bài toán 156

 

Xét tam giác $DBC$. Đặt $cotD=-cotBPC=\alpha$ ; $cotB=-cotAPC=\beta$ ; $cotC=-cotAPB=\gamma$

Kí hiệu $M(x:y:z)$ với điểm $M$ thỏa mãn $x\vec{MD}+y\vec{MB}+z\vec{MC}=0$

Và $d(X:Y:Z)$ với đường thẳng $d$ chứa những điểm có tọa độ $(x:y:z)$ sao cho $Xx+Yy+Zz=0$

 

Gọi $H$ và $G$ luần lượt là trực tâm và trọng tâm tam giác $DBC$. Ta có

$H(\alpha :\beta :\gamma ), G(1:1:1)$ suy ra đường thẳng Euler $HG(\beta -\gamma :\gamma -\alpha :\alpha -\beta )$

Lại có $BC(1:0:0)$ nên $X=BC\cap HG=(0:\alpha -\beta :\alpha -\gamma )$

Viết lại: $\vec{XB}(\alpha -\beta )+\vec{XC}(\alpha -\gamma )=0$ 

Hay $\vec{XB}(cotBPC-cotAPC)+\vec{XC}(cotBPC-cotAPB)=0$

Thiết lập các đẳng thức tương tự với tam giác $EAC$ và $FAB$, theo định lý Menelaus ta có điều phải chứng minh. 

 

156.JPG


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Min Nq: 29-01-2017 - 18:17


#345
QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Bạn Min Nq làm đúng rồi. Bài 156 chỉ cần định lý Menelaus nhưng mình trình bày như sau:

$\triangle DBC\sim\triangle AEC\sim\triangle ABF\sim\triangle A'B'C'\text{ nào đó}$

Đường thẳng Euler của $\triangle A'B'C'$ cắt $B'C'$, $C'A'$, $A'B'$ tại $D'$, $E'$, $F'$ thì

\[\frac{\overline{XB}}{\overline{XC}}\cdot\frac{\overline{YC}}{\overline{YA}}\cdot\frac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}=\frac{\overline{D'B'}}{\overline{D'C'}}\cdot\frac{\overline{E'C'}}{\overline{E'A'}}\cdot\frac{\overline{F'A'}}{\overline{F'B'}}=1\]

Vậy $X$, $Y$, $Z$ thẳng hàng.

Thực ra không cần tới đường thẳng Euler, chỉ cần thay bởi các đường thẳng $\ell_a$, $\ell_b$, $\ell_c$ thỏa mãn

\[\triangle DBC\cup\ell_a\sim\triangle AEC\cup\ell_b\sim\triangle ABF\cup\ell_c\]



#346
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Lời giải của Việt(vietdohoangtk7nqd) có ý hay nhưng trình bày không cẩn thận, em chú ý rằng trong lời giải em đưa lên có 2 điểm $M$, có thời gian thầy sẽ trình bày lại giúp em. Mình đưa ra đáp án cho bài toán 147.

 

Đáp án bài toán 147. Chú ý rằng $M,N$ lần lượt là nghịch đảo của $C,B$ qua đường tròn $(AEF)$. Sử dụng phép nghịch đảo cực $A$ phương tích bất kỳ ta đưa về bài toán sau

 
Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $O$. Các điểm $E,F$ thuộc đoạn $CA,AB$ sao cho đường tròn $(AEF)$ tiếp xúc $(BOC)$. Gọi $M,N$ lần lượt là đối xứng của $B,C$ qua $EF$. Ta cần chứng minh $MN$ tiếp xúc $(AEF)$.
 
Đây chính là nội dung bài toán chọn đội Iran 2016.
 
Dương và Việt hai em hãy đề nghị hai bài toán tiếp để topic được duy trì thời lượng hai bài.

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


#347
QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Em mạo hiểm đề nghị bài sau

Bài toán 158. (Quan sát từ lâu) Cho 4 điểm phân biệt $A$, $B$, $C$, $D$ đồng viên. $M$ bất kì. $P_{ab}$ đối xứng với $M$ qua $AB.$

Tương tự ta xác định các điểm $P_{bc}$, $P_{ca}$, $P_{da}$, $P_{db}$, $P_{dc}.$

Chứng minh rằng đường thẳng đi qua trung điểm $P_{da}P_{bc}$, $P_{ca}P_{db}$, $P_{ab}P_{dc}$ quay quanh một điểm cố định khi $M$ di động.

___________________________________________

P/S: Khi $M$ chạy ta còn thu được nhiều bất biến, quỹ tích, hình bao hay ho khác.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 05-02-2017 - 23:21


#348
vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Bài toán 159. (Mathlinks)

$\Delta ABC$ không cân có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $N=FD\cap (DMC)$ với $M=AD\cap (I)$. $NC\cap AB=G,NC\cap EF=X$. Tính $\frac{NX}{NG}.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 02-01-2018 - 17:14


#349
Min Nq

Min Nq

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Em có một ý tưởng khác cho bài 158

 

Giả sử $ABCD$ là tứ giác lồi và điểm $M$ nằm trong tứ giác, đồng thời có hình vẽ như bên dưới. Các trường hợp khác chứng minh tương tự. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp đường tròn đi qua 4 điểm.

Gọi $X,Y,Z,T$ là đối xứng của $O$ qua các cạnh liên tiếp của tứ giác $ABCD$. Cho điểm $M$ trùng với $O$ thì có thể dự đoán điểm cố định chính là giao điểm của $XZ$ và $YT$. Cũng dễ thấy $XYZT$ là hình bình hành nên 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm $S$.

Vậy ta chứng minh đường thẳng đi qua trung điểm $P_{ab}P_{cd}$ và S sẽ song song với đường thẳng qua trung điểm $P_{bc}P_{ad}$ và $S.$

Đặt lại tên các điểm như hình vẽ dưới.

158_2.JPG

$\vec{PQ}$ cùng giá với $\vec{KX}+\vec{HZ}$, hay cùng giá với phân giác góc tạo bởi 2 đường $KX$ và $HZ$ do $KX=MO=HZ$ 

Ta dựng thêm một đường phân giác tương tự. 

Việc còn lại chỉ là chứng minh hai đường phân giác này song song với nhau. Việc này có lẽ là đơn giản vì ta đã có cặp $AB,CD$ đối song với hai đường $AD,BC$, cũng như các đoạn đối xứng với $OM$ qua các cạnh :) ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 31-01-2017 - 00:13


#350
QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Mình hoàn thiện chứng minh trên của Min Nq bằng hình học định hướng

$2\overrightarrow{QP}=\overrightarrow{KX}+\overrightarrow{HZ}$, mà $KX=HZ$ nên $(\overrightarrow{QP},\overrightarrow{KX})=(\overrightarrow{HZ},\overrightarrow{KX})$ 

Góc giữa hai vector là góc định hướng $(\mod 2\pi)$

$\Rightarrow 2(\overrightarrow{QP},\overrightarrow{HZ})=(\overrightarrow{KX},\overrightarrow{HZ})=(\overrightarrow{KX},\overrightarrow{MO})+(\overrightarrow{MO},\overrightarrow{HZ})=2(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{MO})+2(\overrightarrow{MO},\overrightarrow{AD})$

$\Rightarrow 2(\overrightarrow{QP},\overrightarrow{MO})=2(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AD})+2(\overrightarrow{HZ},\overrightarrow{MO})=2(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{AD})+4(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{MO})=2(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{MO})+2(\overrightarrow{AD},\overrightarrow{MO})$

Đến đây chia hai vế cho 2(chia hai vế thì phải chia cả số chia)

$\Rightarrow (QP,MO)=(BC,MO)+(AD,MO)\pmod\pi$

Hơn nữa chú ý rằng $(BC,MO)+(AD,MO)=(AC,MO)+(BD,MO)=(AB,MO)+(CD,MO)\pmod\pi$ nên 4 điểm thẳng hàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 29-01-2017 - 22:52


#351
Min Nq

Min Nq

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Bài toán 160. Cho tam giác $ABC$ với đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $\omega _1,\omega_2,\omega_3$ là các đường tròn nội tiếp của các tam giác $AEF$, $BDF$, $CDE$. Tâm nội tiếp $DEF$ là $J$. $G$ là trọng tâm của tam giác pedal của $J$ đối với tam giác $DEF$. Gọi:
$l_1,l_2,l_3,l_4$ là các tiếp tuyến chung của $\omega_2,\omega_3;$
$m_1,m_2,m_3,m_4$ là các tiếp tuyến chung của $\omega_1,\omega_3;$
$p_1,p_2,p_3,p_4$ là các tiếp tuyến chung của $\omega_1,\omega_2.$
Chứng minh rằng có thể lần lượt chọn trong các bộ $l_i,m_i,p_i(i=\overline{1,4})$ 3 đường $l,m,p$ sao cho $l,m,p,GI$ đồng quy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-01-2017 - 17:23


#352
SonKHTN1619

SonKHTN1619

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 22 Bài viết

Lời giải bài toán 159. $X\equiv EF\cap CN => (XN,GC)=-1.$ (1)

Do đó, $\frac{XG}{XC}=\frac{NG}{NC}.$ Áp dụng định lý Menelaus cho $\Delta BGC$, ta có:

$\frac{FG}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{NC}{NG}=1=>\frac{FG}{CD}=\frac{NG}{NC}$
$\angle NCM=\angle NDM=\angle XEM \Rightarrow MECX$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow \angle MXC=\angle AEM=\angle ADE$ và $\angle XMN=\angle EDC$
$\Rightarrow \frac{NX}{NC}=\frac{sin(\angle XMN)}{sin(\angle CMN)}.\frac{sin(\angle MCX)}{sin(\angle MXC)}=\frac{sin(\angle CDE)}{sin(\angle BDF)}.\frac{sin(\angle FDA)}{sin(\angle ADE)}=1 \Rightarrow NX=NC.$ (2)
(1), (2) $\Rightarrow (NG,XC)=2 \Rightarrow \frac{GX}{GC}=\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{CD}{FG}=\frac{NC}{NG}=3 (q.e.d).$
Em xin đề nghị bài khác để duy trì 2 bài của topic: 
Bài toán 161. (Mở rộng từ bài toán trên THTT của Tạ Hồng Sơn)
Cho $\Delta ABC$ có tâm nội tiếp $I.$ Kí hiệu $\omega ,\omega _1, \omega _2$ lần lượt là các đường tròn $(IBC)$, $I-Mixtilinear$ của $\Delta IAB$ và $\Delta IAC$. Gọi $\Gamma $ là đường tròn tiếp xúc ngoài với 3 đường tròn trên.
CMR $\Gamma $ tiếp xúc $\omega $ tại $I.$

Hình gửi kèm

  • Screenshot from 2017-01-30 09:50:39.png
  • 48.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 02-01-2018 - 17:17

HSGS in my heart  :icon12:


#353
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Figure4307.png

 

Lời giải bài toán 161. Xét đường tròn $\Gamma$ đi qua $I$ và tiếp xúc với $\omega_1,\omega_2$. Ta cần chứng minh $\Gamma$ tiếp xúc $IBC$. Gọi $IA,IB,IC$ cắt $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $D,E,F$. Xét phép nghịch đảo cực $I$ phương tích $k=\overline{IA}.\overline{ID}=\overline{IB}.\overline{IE}=\overline{IC}.\overline{IF}$ khi đó các đường tròn $\omega_1,\omega_2$ biến thành đường tròn $(K),(L)$ nội tiếp tam giác $IDF,IDE$. Ta cần chứng minh có tiếp tuyến chung của $(K),(L)$ song song $EF$.

 

Bài toán này đã có tại đây.

 

Bài toán 162. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $M$ bất kỳ trên trung trực $BC$ và nằm trong tam giác $ABC$. $E,F$ thuộc $CA,AB$ sao cho $ME=MF$. $N$ nằm trong tam giác $AEF$ sao cho $\triangle NEF\sim\triangle MBC$. $(K)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. $S$ là nghịch đảo của $N$ qua $(K)$. $(K)$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Chứng minh rằng $\angle AGS=90^\circ$.

 

Figure4226b.png



#354
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Lời giải bài toán 160.

 

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm nội tiếp $I$. $IB,IC$ cắt $(O)$ tại $P,Q$. Gọi $(P)$ là đường tròn tâm $P$ tiếp xúc $AC$. Gọi $(Q)$ là đường tròn tâm $Q$ tiếp xúc $AB$. Chứng minh rằng có một tiếp tuyến chung của $(P),(Q)$ đi qua $I$.

 

Figure4308.png

 

Chứng minh. Vẽ $AX$ tiếp xúc $(P)$ thì $\angle XAC=2\angle PAC=2\angle PBC=\angle ABC$. Từ đó $AX$ là tiếp tuyến của $(O)$. Tương tự $AY$ tiếp xúc $(Q)$ thì $AY$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $X,Y,A$ thẳng hàng. Vậy tiếp tuyến chung ngoài của $(P),(Q)$ đi qua $A$. Qua đối xứng trục $PQ$ thì tiếp tuyến chung ngoài còn lại đi qua $I$.

 

Figure4309.png

 

Giải bài toán. Dễ thấy tâm $X$ của đường tròn nội tiếp tam giác $AEF$ là trung điểm cung $EF$ của $(I)$. Tương tự với các đường tròn $(Y),(Z)$. Do đó theo bổ đề thì tiếp tuyến chung ngoài khác $BC$ của $(Y),(Z)$ đi qua tâm $J$ nội tiếp tam giác $DEF$. Tương tự với các tiếp tuyến chung của $(Z),(X)$ và $(X),(Y)$. Dễ thấy do $J$ là tâm nội tiếp $DEF$ và $I$ là tâm ngoại tiếp $DEF$ nên đường thẳng $IJ$ là đường thẳng Euler của tam giác pedal của $J$ với $DEF$ nên $IJ$ đi qua $G$ là trọng tâm của tam giác pedal của $J$.

 

Bổ đề này thực chất là bài toán vô địch Nga năm nào đó, kết quả bài toán 160 cũng đã có trên AoPS.

 

Bài toán 163 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$ và $P$ thỏa mãn $\angle PIA=90^{\circ}$. $Q$ là đẳng giác của $P$ với $ABC$. $D$ thuộc $BC$ sao cho $PD\parallel AQ$. Chứng minh rằng đường tròn đường kính $\odot(AP)$ tiếp xúc đường tròn đường kính $\odot(QD)$. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-01-2017 - 17:24


#355
Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết

Lời giải bài toán 163:    Trước hết e xin nêu lại $2$ bổ đề quen thuộc:

Bổ đề 1: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$. $P,Q$ là $2$ điểm liên hợp đẳng giác trog $\triangle ABC$. $AP$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $E$. $QE$ cắt $BC$ tại $D$. Khi đó: $PD\parallel AQ$

Bổ đề 2: Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$, tâm nội tiếp $I$. $P$ là $1$ điểm nằm trog $\triangle ABC$ sao cho $\angle PIA=90^{\circ}$. $Q$ là điểm đẳng giác với $P$ trog $\triangle ABC$. $AP$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $E$. Khi đó: $I$ là tâm nội tiếp của $\triangle AQE$

    C/m $2$ bổ đề trên có thể xem tại đây

Trở lại bt: Sử dụng $1$ số kết quả trog phép c/m của bổ đề $2$ dễ thấy $I\in (QD)$

Gọi $AP$ cắt $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $E$ thì $\overline{Q,D,E}$. Gọi $AI$ cắt $PD$ tại $M$ 

Để c/m $(AP)$ và $(QD)$ tiếp xúc tại $I$ ta chỉ cần c/m $\angle PAI+\angle IQD=\angle PID$

Điều này đúng do $\angle PID=90^{\circ}-\angle MID=90^{\circ}-\frac{\angle AEQ}{2}=\frac{\angle EAQ+\angle AQE}{2}=\angle PAI+\angle IQD\Rightarrow$ đpcm

Hình gửi kèm

  • docdao.png


#356
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Cám ơn Hiếu, đúng là phần quan trọng nhất của bài toán này là từ bổ đề 2. Tuy nhiên việc phát biểu bài toán là từ một bài Iran trên AoPS, trong đó cũng có lời giải của Bảo. Em hãy đề nghị tiếp một bài toán cho topic được duy trì.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 31-01-2017 - 00:21


#357
Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết

Bài toán 164: Cho $\triangle ABC$, tâm nội tiếp $I$, $K$ là tâm của $(BIC)$. $E,F$ lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp trog góc $B,C$ trên $AC,AB$. Đường thẳng qua $K$ vuông góc với $AK$ cắt đường thẳng qua $A$ vuông góc với $BC$ tại $H$. CMR: $IH\perp EF$



#358
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Figure4315.png

 

Lời giải bài toán 164. Gọi $AD$ là đường kính của $(O)$ ngoại tiếp $ABC$ thì $D,H$ đối xứng qua $K$. Từ đó gọi $P,Q$ là hình chiếu của $I$ lên $CA,AB$ và $R,S$ là hình chiếu của $H$ lên $CA,AB$ thì $AR=AB=c,AS=AC=b,AP=AQ=p-a,AF=p-b, AE=p-c$. Từ đó sử dụng tích vô hướng 2 vector.

 

$$\vec{IH}.\vec{EF}=\vec{IH}(\vec{AF}-\vec{AE})=QS.AF-PR.AE=(p-b)(c-(p-a))-(p-c)(b-(p-a))=0.$$

 

Nhận xét. Bài này có lẽ thu được từ bài quen thuộc từ việc lấy đối xứng trục.

 

Bài toán 165 (Crux). Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác. Giả sử hai trong ba tỷ số $\frac{AP}{AQ},\frac{BP}{BQ},\frac{CP}{CQ}$ bằng nhau. Chứng minh rằng cả ba tỷ số bằng nhau.



#359
quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết

Lời giải bài toán 165. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$, ta hoàn thành chứng minh.

 

Mình có đôi lời. Vì sắp tới công việc của mình có nhiều biến chuyển nên mình chưa thể tập trung duy trì topic này liên tục đươc. Vậy mong những bạn yêu hình học có tâm huyết hãy đề nghị các bài toán hay có chất lượng để topic vẫn là sân chơi cho những bạn yêu thích hình học.



#360
Min Nq

Min Nq

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 160 Bài viết

Em muốn trao đổi thêm về bài 165. Vì em có một vài suy luận dẫn đến kết quả sai nhưng chưa tìm ra chính xác lỗi sai ở đâu

 

Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}\Rightarrow \frac{sinABP}{sinBAP}=\frac{sinABQ}{sinBAQ}\Rightarrow \frac{sinABP}{sinBAP}=\frac{sinCBP}{sinCAP}$

Kết hợp với định lý Ceva dạng lượng giác cho tam giác $ABC$ có $AP,BP,CP$ đồng quy thì suy ra $sinPCA=sinPCB$, dẫn tới $P,Q,C$ thẳng hàng

Vậy nếu quả thực 3 tỉ số đã nói bằng nhau thì $AC$ sẽ là phân giác (trong hoặc ngoài) của tam giác $APQ$. $AI$ là đường phân giác trong cũng của tam giác này. Dẫn đến $AI$ vuông góc $AC$ hoặc $AI$ trùng $AC$. Cả hai khả năng này đều không khả thi.







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

3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh