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 3 tháng 6/2016: Bài toán xuyên tâm

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 12-06-2016 - 20:57

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải trong tuần 3 tháng 6 và kèm theo đó là bài toán mới:

 

Bài 43. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O).D,E,F$ lần lượt thuộc đoạn $BC,CA,AB$ sao cho $DE\parallel AB,DF\parallel AC.BE,CF$ lần lượt cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $B,C$. Trên trung trực $CM,BN$ lần lượt lấy các điểm $P,Q$ sao cho $CP\perp CA,BQ\perp BA$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua tâm ngoại tiếp tam giác $DEF$.

Post 203.png

Hình vẽ bài toán


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 12-06-2016 - 20:59


#2 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 13-06-2016 - 01:12

Tranh thủ đêm khuya:
Lời giải:
$BE, CF$ thứ tự cắt lại $(K)$ tại $X, Y$.
Ta có $\widehat{EXF}=\widehat{EDF}=\widehat{BAC}$(do $AEDF$ là hình bình hành) $=\widehat{BNF}$. Do đó $X, B, N, F$ đồng viên. Tương tự thì $Y, C, M, E$ đồng viên.
Đặt $(S)=(CMEY)$, $(R)=(BNFX)$. Theo giả thiết thì ta có: $O, S, P$ thẳng hàng và $O, R, Q$ thẳng hàng.
Ta có $\widehat{ESC}=2\widehat{EMC}=2\widehat{BAC}=\widehat{BOC}$, mặt khác $\triangle ESC, \triangle BOC$ thứ tự cân tại $S, O$ nên $\triangle ESC \sim \triangle BOC$, suy ra $\triangle CSO \sim \triangle CEB$.$(1)$
Ta lại có $\widehat{MSE}=2\widehat{ACM}=\widehat{MPC}$(do $(P;PM)$ tiếp xúc $AC$). Do $\triangle MSE, \triangle MPC$ thứ tự cân tại $S, P$ nên $\triangle MSE \sim \triangle MPC$, do đó $\triangle MSP \sim \triangle MEC$. $(2)$
Sử dụng hai cặp tam giác đồng dạng ở $(1)$ và $(2)$ ta có $\frac{SP}{SO} = \frac{SP}{SM}.\frac{SC}{SO}=\frac{EC}{EM}.\frac{EC}{EB}=\frac{EB}{EA}.\frac{EC}{EB}=\frac{EC}{EA}$. Tương tự thì $\frac{RO}{RQ}=\frac{FA}{FB}$. Mặt khác, $AEDF$ là hình bình hành, nên $\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{DB}=\frac{FA}{FB}$. Do đó $\frac{SP}{SO}=\frac{RO}{RQ}$.
Đường thẳng qua $R$ song song $OP$ cắt $PQ$ tại $K$. Theo Thales thì $\frac{SP}{SO}=\frac{RO}{RQ}=\frac{KP}{KQ}$, do đó $KS \parallel OQ$. Dễ thấy $K$ thuộc trung trực $EY, FX$ nên $K$ là tâm ngoại tiếp $\triangle DEF$. Ta có đpcm.
P/s: bài này của thầy hay quá :D

#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 13-06-2016 - 02:21

Cám ơn Khánh về lời giải đêm khuya :D, đã có lời giải mình xin nêu nguồn gốc bài này luôn là mình tổng quát từ bài ELMO SL 2013

 

http://artofproblems...h545088p3151965

 

Ai có ý tưởng tổng quát khác bài gốc hoặc bài này chúng ta cùng thảo luận :)?



#4 Fr13nd

Fr13nd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 78 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:VN
  • Sở thích:toán, đá bóng, bơi

Đã gửi 14-06-2016 - 20:52

Tranh thủ đêm khuya:
Lời giải:
$BE, CF$ thứ tự cắt lại $(K)$ tại $X, Y$.
Ta có $\widehat{EXF}=\widehat{EDF}=\widehat{BAC}$(do $AEDF$ là hình bình hành) $=\widehat{BNF}$. Do đó $X, B, N, F$ đồng viên. Tương tự thì $Y, C, M, E$ đồng viên.
Đặt $(S)=(CMEY)$, $(R)=(BNFX)$. Theo giả thiết thì ta có: $O, S, P$ thẳng hàng và $O, R, Q$ thẳng hàng.
Ta có $\widehat{ESC}=2\widehat{EMC}=2\widehat{BAC}=\widehat{BOC}$, mặt khác $\triangle ESC, \triangle BOC$ thứ tự cân tại $S, O$ nên $\triangle ESC \sim \triangle BOC$, suy ra $\triangle CSO \sim \triangle CEB$.$(1)$
Ta lại có $\widehat{MSE}=2\widehat{ACM}=\widehat{MPC}$(do $(P;PM)$ tiếp xúc $AC$). Do $\triangle MSE, \triangle MPC$ thứ tự cân tại $S, P$ nên $\triangle MSE \sim \triangle MPC$, do đó $\triangle MSP \sim \triangle MEC$. $(2)$
Sử dụng hai cặp tam giác đồng dạng ở $(1)$ và $(2)$ ta có $\frac{SP}{SO} = \frac{SP}{SM}.\frac{SC}{SO}=\frac{EC}{EM}.\frac{EC}{EB}=\frac{EB}{EA}.\frac{EC}{EB}=\frac{EC}{EA}$. Tương tự thì $\frac{RO}{RQ}=\frac{FA}{FB}$. Mặt khác, $AEDF$ là hình bình hành, nên $\frac{EC}{EA}=\frac{DC}{DB}=\frac{FA}{FB}$. Do đó $\frac{SP}{SO}=\frac{RO}{RQ}$.
Đường thẳng qua $R$ song song $OP$ cắt $PQ$ tại $K$. Theo Thales thì $\frac{SP}{SO}=\frac{RO}{RQ}=\frac{KP}{KQ}$, do đó $KS \parallel OQ$. Dễ thấy $K$ thuộc trung trực $EY, FX$ nên $K$ là tâm ngoại tiếp $\triangle DEF$. Ta có đpcm.
P/s: bài này của thầy hay quá :D

em muốn hỏi anh sao anh xác định được 2 tứ giác nội tiếp ở đầu ạ để lấy tâm nữa ạ, bài giải anh hay quá


LENG KENG...


#5 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 14-06-2016 - 23:09

Lời giải của anh Khánh quả thật rất hay, sau đây em xin được trình bày lời giải của em

Gọi $T$ là giao của $NC$ với $(K,KB)$. Tương tự ta gọi điểm $S$.

Ta có $\measuredangle BTN$ $=$ $\measuredangle NBA$ $=$ $\measuredangle FCA$ $=$ $\measuredangle DFC$

nên $BT$ $//$ $FD$ $//$ $AC$. nên $CP$ vuông góc $BT$

Áp dụng bổ đề hình thang ta có $C$, $X$, $Y$ thẳng hàng (trong đó $X$, $Y$, lần lượt là trung điểm $TB$, $FD$. mà ta có $QX$ vuông góc $TB$ nên khi ta gọi $R$ là giao của trung trực $FD$ với $QP$ thì $\frac{QR}{RP} = \frac{XY}{YC} = \frac{BD}{DC}$

ta có đẳng thức tương tự khi gọi $R'$ là giao của trung trực $DE$ với $QP$

Vậy ta có $DPCM$

Hình gửi kèm

  • geogebra-export.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Dinh Hoang: 14-06-2016 - 23:18


#6 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 15-06-2016 - 22:50

Một số biến thể của bài gốc và bài tổng quát

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $E,F$ là trung điểm $CA,AB$. $BE,CF$ cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $B,C$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $BC$ cắt $(O)$ tại $P$. $PC,PB$ lần lượt cắt trung trực $CM,BN$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng $QR$ đi qua tâm Euler của tam giác $ABC$.

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $D,E,F$ thuộc $BC,A,AB$ sao cho $DE\parallel AB,DF\parallel AC$. $BE,CF$ cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $B,C$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $EF$ cắt $(O)$ tại $P$. $PC,PB$ lần lượt cắt trung trực $CM,BN$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng $QR$ đi qua tâm ngoại tiếp tam giác $DEF$.







0 người đang xem chủ đề

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