Chủ đề này có 5 trả lời

[baopbc]

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 $DEF$.

Hình vẽ bài toán

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

[Ngockhanh99k48]

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

[quanghung86]

Cám ơn Khánh về lời giải đêm khuya , 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 ?

[Fr13nd]

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

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

[Nguyen Dinh Hoang]

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

• 

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

[quanghung86]

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 $DEF$.