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 4 tháng 6 năm 2016: Đường thẳng đi qua điểm cố định

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 10 trả lời

#1 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4174 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Geometry, Number Theory, Combinatorics, Manga

Đã gửi 20-06-2016 - 05:22

Như vậy bài Tuần 3 tháng 6 đã được thầy Hùng cho lời giải tại đây kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định vớ $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. Gọi $P,Q$ là hai điểm Isodynamic của tam giác $ABC$. $K$ đối xứng $A$ qua $BC$. $OK$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $KPQ$ tại $R$ khác $K$. Chứng minh rằng đường thẳng $AR$ luôn đi qua điểm cố định khi $A$ thay đổi.

 

Screen Shot 2016-06-20 at 8.21.59 AM.png


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#2 QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 20-06-2016 - 10:12

Lời giải của mình.

Hai điểm isodynamic là giao điểm của 3 đường tròn Apollonius của $\triangle ABC$ dựng trên $BC$, $CA$, $AB$, lần lượt với tỉ số $\dfrac{AB}{AC}$, $\dfrac{BC}{BA}$, $\dfrac{CA}{CB}$

Hiển nhiên là $\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{AB}{AC}$ nên $A$, $K$, $P$, $Q$ thuộc đường tròn Apollonius trên $BC$, tỉ số $\dfrac{AB}{AC}$.

Đường tròn Apollonius thì trực giao với đường tròn ngoại tiếp, do vậy $R$ cũng là nghịch đảo của $K$ qua $(O)$.

Gọi $T$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B$, $C$ của $(O)$. $M$ là trung điểm $BC$, $I$ là trung điểm $OT$ và $J$ là đối xứng của $O$ qua $M$.

Xét phép nghịch đảo đường tròn $(O)$, kí hiệu $I^{R^2}_O$

\[I^{R^2}_O:A, R\mapsto A, K\Rightarrow I^{R^2}_O: AR\rightarrow (OAK)\]

$A$ và $K$ đối xứng qua $BC$, $O$ và $J$ đối xứng qua $BC$ nên $(OAK)$ luôn đi qua $J$ cố định.

Mà $AR$ là ảnh của $(OAK)$ qua phép nghịch đảo $(O)$ nên $AR$ đi qua nghịch đảo của $J$ qua $(O)$, tức là $AR$ đi qua $I$.

$BC$, $(O)$ cố định nên $T$ cố định, kéo theo  $I$ cố định.

Vậy $AR$ luôn đi qua tâm của $(OBC)$.

 

Hình gửi kèm

  • x15x16.png


#3 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 20-06-2016 - 12:52

Như vậy bài Tuần 3 tháng 6 đã được thầy Hùng cho lời giải tại đây kèm theo đó là bài toán mới. Xin trích dẫn lại bài toán mới:

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định với $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. Gọi $P,Q$ là hai điểm Isodynamic của tam giác $ABC$. $K$ đối xứng $A$ qua $BC$. $OK$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $KPQ$ tại $R$ khác $K$. Chứng minh rằng đường thẳng $AR$ luôn đi qua điểm cố định khi $A$ thay đổi.

Lời giải của em không dùng nghịch đảo và có lẽ cũng đơn giản hơn! :)

Lời giải. Hai điểm isodynamic là giao điểm của 3 đường tròn Apollonius của tam giác $ABC$ dựng trên $BC,CA,AB$ lần lượt với tỉ số $\frac{AB}{AC},\frac{BC}{BC},\frac{CA}{CB}$. Do tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $APQ$ nằm trên $BC$ nên $K$ thuộc $(APQ)$.

Post 218.png

Giả sử $(O_a)$ là đường tròn Apollonius ứng với $BC$ theo tỉ số $\frac{AB}{AC}$

$N\equiv (O)\cap (APQ)$. Do đường tròn Apollonius trực giao với $(O)$ nên $OA,ON$ lần lượt là các tiếp tuyến tại $A,N$ của $(O_a)$

$\implies ARNK$ là tứ giác điều hòa $\implies A(ORNK)=-1$

$T\equiv AN\cap $ đường thẳng qua $O$ vuông góc với $BC\implies AR$ chia đôi $OT$. Mặt khác do $ABRC$ là tứ giác điều hòa nên tiếp tuyến tại $B,C$ và $AN$ đồng quy $\implies T$ cố định hay $AR$ đi qua một điểm cố định khi $A$ thay đổi.$\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 20-06-2016 - 12:53


#4 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 20-06-2016 - 14:42

Cám ơn Dương và Bảo, cách giải của các em khác cách của thầy nhiều, với cách nhìn của các em đúng là rất thú vị :), hãy đón đọc lời giải tuần sau.



#5 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 20-06-2016 - 20:21

Bài toán tổng quát. Cho tam giác $ABC$ và $P$ nằm trong tam giác sao cho $\angle PBA=\angle PCA$. $Q$ là đẳng giác của $P$. $K$ là tâm đường tròn $(QBC)$. $AP$ cắt đường tròn $A$-Apollonius tại $R$ khác $A$. Chứng minh rằng $QR$ và $AK$ cắt nhau trên đường tròn $A$-Apollonius.

 

Figure3881.png



#6 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 20-06-2016 - 21:20

Bài toán tổng quát. Cho tam giác $ABC$ và $P$ nằm trong tam giác sao cho $\angle PBA=\angle PCA$. $Q$ là đẳng giác của $P$. $K$ là tâm đường tròn $(QBC)$. $AP$ cắt đường tròn $A$-Apollonius tại $R$ khác $A$. Chứng minh rằng $QR$ và $AK$ cắt nhau trên đường tròn $A$-Apollonius.

 

attachicon.gifFigure3881.png

$AK$ cắt $A$-Apollonius tại $L$ khác $A$. Ta sẽ chứng minh rằng $AP, QL$ cắt nhau tại $A$-Apollonius.

$P, Q$ liên hợp đẳng giác trong $\triangle ABC$, kết hợp $\widehat{PBA}=\widehat{PCA}$ ta có $Q$ thuộc trung trực $BC$. Do đó $K$ cũng thuộc trung trực $BC$. 

Gọi đường tròn $A$-Apollonius là đường tròn $(T)$. $AD$ là đường phân giác trong góc $\widehat{BAC}$ của $\triangle ABC$. Hiển nhiên $D \in (T)$.

$AP, AQ$ cắt $(T)$ tại $R, S$. $A, R, S, D$ đồng viên và $AD$ là phân giác $\widehat{RAS}$ nên $DR=DS$. Do đó $R, S$ đối xứng nhau qua $TD \equiv BC$. Cuối cùng ta sẽ chứng minh $QL$ đi qua $R$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Ta có: 

$KT^2-KB^2=MT^2-MB^2=(\overline{MT} - \overline{MB})(\overline{MT}+\overline{MB})=(\overline{MT}-\overline{MB})(\overline{MT}-\overline{MC})=\overline{BT}.\overline{CT}=TA^2$.

hay $KQ^2=KT^2-TA^2=P_{K/(T)}=\overline{KL}.\overline{KA}$. Do đó $\widehat{KQL}=\widehat{KAQ}=\widehat{MRL}$. Do $MR \parallel QK$ nên $QL$ đi qua $R$. Ta có đpcm. 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 20-06-2016 - 21:24


#7 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 21-06-2016 - 01:42

Cách khác tổng quát bài này, ta có thể thay hai điểm Isodynamic bằng hai điểm bất kỳ nghịch đảo qua $(O)$.

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định vớ $B,C$ cố định và $A$ di chuyển trên $(O)$. Gọi $P,Q$ là hai điểm bất kỳ nghịch đảo nhau qua $(O)$. $K$ đối xứng $A$ qua $BC$. $OK$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $KPQ$ tại $R$ khác $K$. Chứng minh rằng đường thẳng $AR$ luôn đi qua điểm cố định khi $A,P,Q$ thay đổi.

 

Có thể thay $K$ thành 1 điểm cố định nhưng khi đó đường $AR$ có tính chất gì đặc biệt mình cũng chưa nhìn ra ?



#8 QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 49 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Geometry

Đã gửi 21-06-2016 - 11:26

Với cách tổng quát thứ hai thì em vẫn nghịch đảo như bài cũ.

Bổ đề. $P$, $Q$ đẳng giác. $PA$ cắt $(PBC)$ tại $D$. $\Psi_A$ là hợp của phép nghịch đảo cực $A$, phương tích $AB\cdot AC$ với phép đối xứng qua phân giác góc $A$. Thì $\Psi_A(Q)=D$.

$P'$, $Q'$ đẳng giác với $P$, $Q$. Mà $P$, $Q$ là nghịch đảo của nhau qua $(O)$ nên $P'$, $Q'$ là hai điểm đối giác(antigonal image)

Hai điểm đối giác có tính chất $(P'B,P'C)+(Q'B,Q'C)=(P'C,P'A)+(Q'C,Q'A)=(P'A,P'B)+(Q'A,Q'B)=0\pmod\pi$

Cho $P'A$, $Q'A$ cắt $(P'BC)$, $(Q'BC)$ tại $D$, $X$.

Đã có $(DB,DC)=-(XB,XC)$. Lại có $(BC,BD)=(P'C,P'D)=(P'C,P'A)=-(Q'C,Q'A)=-(Q'C,Q'X)=-(BC,BX)$

Từ đó mà $X$, $D$ đối xứng qua $BC$.

$I$ là tâm $(OBC)$. $J$ đối xứng với $O$ qua $BC$.

$I$, $J$ là nghịch đảo của nhau qua $(O)$. Lấy $A_1$, $A_2$ là giao của $(O)$ với trung trực $BC$ thì $\overline{OA_1}^2=\overline{OA_2}^2=\overline{OI}\cdot\overline{OJ}$ nên $(A_1,A_2,I,J)$ là hàng điều hòa, vậy $AI$, $AJ$ đẳng giác.

Theo bổ đề thì

\[\Psi_A: AI,OK,(KPQ)\rightarrow AJ,(AOK),(ODX)\]

Do đối xứng qua $BC$ mà có ngay $(AOK)$, $(ODX)$ đi qua $J$.

Vậy kết luận $AI$, $OK$, $(KPQ)$ đồng quy, tức là $AR$ luôn đi qua tâm $(OBC)$ cố định.

_____________________________________

Tổng quát sau cùng của thầy em thấy không ổn? $K$, $R$ là nghịch đảo của nhau qua $(O)$ thì $R$ cố định.

Hình gửi kèm

  • antigonal (1).png


#9 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 21-06-2016 - 12:26

Một lời giải khác cho bài toán tổng quát thứ hai:
$P$ và $Q$ là ảnh nghịch đảo của nhau qua đường tròn $(O)$. Do đó $OA^2=OP.OQ=OK.OR$. Gọi $(J)$ là tâm $(OBC)$ và $O'$ là đối xứng của $O$ qua $BC$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $OM$ cắt $(OBC)$ tại $N$. Ta cũng có $OB^2=OM.ON=OJ.OO'$. Do đó $OK.OR=OJ.OO'$ hay $K, R, O', J$ đồng viên. Kết hợp $\triangle OAR \stackrel{+}{\sim} \triangle OKA$, ta có $(RA, RO) \equiv (AO, AK) \equiv (OA, OO') \equiv (OO', O'K)$ (do $O, O'$ và $A, K$ đối xứng nhau qua $BC$) $\equiv (O'J, O'K) \equiv (RJ, RK)$ (mod $\pi$). Do $O, R, K$ thẳng hàng nên $A, R, J$ thẳng hàng hay $AR$ đi qua tâm $(OBC)$ cố định.

#10 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 21-06-2016 - 16:37

Tổng quát cuối nên viết thế này Dương ạ.

 

Cho $P,Q$ là nghịch đảo qua $(O)$ và $K$ cố định. Thì $OK$ luôn cắt $(KPQ)$ tại một điểm cố định khi $P,Q$ thay đổi.



#11 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 21-06-2016 - 19:31

Cám ơn các em đã đóng góp ý tưởng, tổng quát hơn nữa cho tổng quát thứ hai

 

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $P,Q$ là hai điểm đẳng giác. $AQ$ cắt $(QBC)$ tại $R$ khác $Q$. Đường tròn $(K)$ qua $A,R$ trực giao với $(O)$. $S$ đối xứng $P$ qua trung trực $BC$. $L$ là tâm của $(PBC)$. Chứng minh rằng $RS$ và $AL$ cắt nhau trên $(K)$.

Hình gửi kèm

  • Figure3882.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 21-06-2016 - 19:34
$Q\rightarrow R$






0 người đang xem chủ đề

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