Đến nội dung


Hình ảnh

Tuần 4 tháng 8/2016: Bài toán qua 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
  • 410 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 21-08-2016 - 21:51

Xin lỗi mọi người vì bài toán tuần này được mình đưa lên hơi muộn! :(

 

Lời giải bài toán cũ đã có tại tuần 4 tháng 8 và kèm theo đó là bài toán mới, xin được trích dẫn lại bài toán đó

 

Cho tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM$. Lấy điểm $H$ sao cho $AH\perp BC$ và $HM\perp AM.P$ đối xứng $H$ qua $M.K,L$ là hình chiếu của $P$ lên cạnh $CA,AB$. Trên cạnh $CA,AB$ lấy $Q,R$ sao cho $AQ=2KC$ và $AR=2BL.AM$ cắt $QR$ tại $N$. Chứng minh rằng $PN$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Post 294.PNG

Hình vẽ bài toán



#2 Nguyen Dinh Hoang

Nguyen Dinh Hoang

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 99 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K44 Trường THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:hình học, giải tích

Đã gửi 21-08-2016 - 23:43

Lời giải:
Ta có $A$, $L$, $M$, $P$ , $K$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AP$. Gọi $(AP)$ cắt $(O)$ tại $S$. Ta lại có $\angle BMH = \angle MAH = \angle MAP$$\angle BMH = \angle MAH = \angle MAP$ nên $(AP)$ tiếp xúc $BC$ Nên $AS$ $//$ $BC$. Ta có $SLB$ đồng dạng $SKC$ nên $\frac{SL}{SK} = \frac{BL}{KC}$. Nên ta có $ARQ$ đồng dạng $SLK$ đồng dạng $ACB$ nên $BRQC$ nội tiếp. Gọi $X$, $Y$ lần lượt là trung điểm $AR$, $AQ$. $(I)$ $=$ $(ARQ)$ Ta có $X$, $L$ đối xứng nhau qua trung điểm $AB$, $Y$, $K$ đối xứng nhau qua trung điểm $AC$ Nên $I$, $O$, $P$ thẳng hàng và $O$ là trung điểm $IP$. $J$ là giao của $AO$ với $RQ$. ta sẽ chứng minh $(AJM)$ tiếp xúc $MO$ tức $(AJM)$ có tâm ngoại tiếp nằm trên $BC$. Gọi tiếp tuyến tại $A$ của $(AMS)$ cắt $BC$ tại $V$. $AV$ cắt $(O)$ tại $G$. Ta lại có $KL$ cắt $BC$ tại $E$ thì $S$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $LKBCAE$ nên $AG$, $SE$ đối xứng nhau qua trung trực $CB$. Biến đổi góc ta có $G$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $XYCBAV$ Nên $XY$ đi qua $V$. Vậy ta có $V$ là giao của 2 tiếp tuyến tại $A$ và $M$ của $(AMS)$ và $XY$ là trung trực của $AJ$ nên $V$ là tâm của $(AJM)$. Tóm lại ta có $(AJM)$ tiếp xúc $MO$. Gọi $F$ là giao của $RQ$ với $BC$ ta có $FJOM$ nội tiếp $\angle JMO = \angle JFO = \angle MAO$. Nên $FO$ vuông góc $AM$. Tức $N$ là trực tâm $AOF$ nên $ON$ vuông góc $AF$. $T$ là giao của $AF$ với $(O)$ ta có $T$ là điểm $Miquel$ của tư giác toàn phần $RQCBAF$ nên $OI$ vuông góc $AF$. Vậy $I$, $N$, $O$, $P$ thẳng hàng. Ta kết thúc chứng minh.

Hình gửi kèm

  • hoang.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Dinh Hoang: 21-08-2016 - 23:57


#3 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 22-08-2016 - 09:51

Bài tuần này Hoàng giải vậy thì đẹp rồi, sau đây là lời giải của em! :)

Post 295.PNG

Hình vẽ bài toán

Lời giải bài toán. Gọi $I$ là trung điểm $AP$ thì $I$ là tâm đường tròn đường kính $AP$. Từ đó ta có $\angle MAP=\angle MAH=\angle PMC$ nên đường tròn $(AP)$ tiếp xúc $BC$.

Từ đó $BL.BA=CK.CA=CM^2\implies AR.AB=AQ.AC=2CM^2$ nên tứ giác $BRQC$ nội tiếp.

Gọi $S$ là giao điểm của $AM$ với đường tròn $(ABC)$. Ta có $\angle ASB=\angle ACB=\angle ARQ$ nên tứ giác $BRNS$ nội tiếp $\implies AN.AS=AR.AB=2CM^2$.

Mặt khác do tứ giác $ABSC$ nội tiếp nên $AM.MS=CM^2\implies AN.AS=2AM.MS\implies \frac{AM}{AN}=\frac{AS}{2MS}$

Gọi $T$ là điểm đối xứng của $A$ qua $O, F$ là giao điểm của $PO$ với $AH$ thì $AFTP$ là hình bình hành suy ra $AF=PT$. Gọi $X$ là giao điểm của $OM$ với $TS$. Do $MX\parallel PR\perp BC,MP\parallel XT\perp AM$ nên $MPTX$ là hình bình hành $\implies AF=PT=MX$.

Gọi $E$ là trung điểm $ST$ thì $OE\parallel MS$ nên theo định lí Thales thì $\frac{OM+AF}{AF}=\frac{OX}{MX}=\frac{OE}{MS}=\frac{AS}{2MS}=\frac{AM}{AN}$.

Từ đó theo định lí Thales đảo thì $O,N,F$ thẳng hàng hay $PN$ đi qua $O$. $\blacksquare$

 



#4 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 22-08-2016 - 11:47

Cám ơn hai em, hai lời giải này đều khác đáp án của thầy, đáp án của thầy dựa trên bài G5 IMOSL 2015 này 

 

http://artofproblems...1268908p6622796

 

Thầy có một phát triển cho bài G5



#5 kimchitwinkle

kimchitwinkle

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 522 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 22-12-2016 - 09:05

Gần đây mình phát hiện một số mở rộng cho bài toán này, trước hết mình xin đưa ra một lời chứng minh thuần túy không dùng đến phép nghịch đảo đối với bổ đề mà thầy Hùng đã đề cập ở tuần 5 tháng 8 năm 2016. Mình xin ghi lại bổ đề:

Bổ đề. Cho $\triangle ABC$ nhọn. Gọi $D$, $E$, $F$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $CA$, $AB$. Đường tròn $(J)$ đi qua $A$ và tiếp xúc với $BC$ tại $D$ cắt $AC$, $AB$ lần lượt tại $K$, $L$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là điểm đối xứng của $K$, $L$ qua $E$, $F$. Cuối cùng gọi $I$ là tâm của $(AMN)$. Khi đó $AD$, $MN$, $IJ$ đồng quy.
thayhoa22122016.png
Chứng minh. Kéo dài $DE$, $DF$ cắt $(J)$ theo thứ tự tại $Y$, $Z$. Ta chứng minh $Y$, $M$, $N$, $Z$ thẳng hàng.
Thật vậy, ta có:
$$\overline{AM}\cdot\overline{AC}=\overline{KC}\cdot\overline{AC}=CD^2=BD^2=\overline{LB}\cdot\overline{AB}=\overline{AN}\cdot\overline{AB}$$
Do đó tứ giác $BCMN$ nội tiếp. Ta lại có:
$$\overline{EY}\cdot\overline{ED}=\overline{EA}\cdot\overline{EK}$$
$$\Leftrightarrow \overline{EY}\cdot\overline{AB}=\overline{EM}\cdot\overline{AC}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{\overline{EY}}{\overline{EM}}=\dfrac{\overline{AC}}{\overline{AB}}=\dfrac{\overline{AN}}{\overline{AM}}$$
Mặt khác $AN \parallel EY$ nên theo định lý Thales đảo ta có $Y$, $M$, $N$ thẳng hàng. Tương tự $Z$, $M$, $N$ thẳng hàng hay bốn điểm $Y$, $M$, $N$, $Z$ cùng nằm trên một đường thẳng.

Tới đây mình có hai cách để giải quyết tiếp bài toán:

Cách 1. Thông qua biến đổi góc, ta có:
$$\widehat{AIN}=2\widehat{AMN}=2\widehat{YZD}=\widehat{YJD}$$
Suy ra $\triangle AIN \backsim \triangle DJY$. Như thế ta được:
$$\dfrac{AI}{JD}=\dfrac{AN}{YD}=\dfrac{AP}{PD}$$
Mặt khác do $MN$ đối song $BC$ nên $AI \text{ } \bot \text{ } BC \text{ } \bot \text{ } JD$ hay $AI \parallel JD$. Áp dụng định lý Thales đảo ta thu được $I$, $P$, $J$ thẳng hàng. Ta kết luận $AD$, $MN$, $IJ$ đồng quy.

Cách 2. Gọi $T$ là giao điểm của $EF$ và $YZ$. Gọi $S$ là giao điểm của $AT$ và $(J)$. Dễ thấy các tứ giác $EFZY$ và $MNFE$ nội tiếp. Ta có:
$$\overline{TS}\cdot\overline{TA}=\overline{TZ}\cdot\overline{TY}=\overline{TF}\cdot\overline{TE}=\overline{TN}\cdot\overline{TM}$$
Như vậy $ASNM$ nội tiếp. Do đó $AS \text{ } \bot \text{ } IJ$. Để chứng minh $I$, $P$, $J$ thẳng hàng thì ta cần chứng minh thêm $AS \text{ } \bot \text{ } IP$. Thật vậy, thông qua biến đổi góc:
$$\widehat{ANP}=\widehat{ZYD}=\widehat{ZAP}$$
Do đó $\triangle ZAP \backsim \triangle ANP$. Suy ra $PA^2=\overline{PN}\cdot \overline{PZ}$. Tương tự $PA^2=\overline{PM}\cdot \overline{PY}$.
Bây giờ ta chứng minh $(SNZ)$ tiếp xúc $(SMY)$. Thật vậy:
$$\widehat{SZN}+\widehat{SYM}=180^o-\widehat{ZSY}=\widehat{ZDY}=\widehat{MAN}=\widehat{MSN}$$
Vậy $(SNZ)$ tiếp xúc $(SMY)$. Suy ra $PS^2=\overline{PN}\cdot \overline{PZ}=\overline{PM}\cdot \overline{PY}=PA^2$. Do đó $\triangle SAP$ cân tại $P$. Vậy $AS \text{ } \bot \text{ } IP$ hay $I$, $P$, $J$ thẳng hàng. Ta kết luận $AD$, $MN$, $IJ$ đồng quy.



#6 kimchitwinkle

kimchitwinkle

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 522 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 22-12-2016 - 09:12

Mình xin đưa ra một mở rộng cho bổ đề trên:

Bài toán. Cho $\triangle ABC$ nhọn. $D$ là một điểm bất kì trên cạnh $BC$. Từ $D$ kẻ các đường thẳng song song $AB$, $AC$ lần lượt cắt $AC$, $AB$ tại $E$, $F$. Trên tia đối của các tia $FB$, $EC$ lần lượt lấy $N$, $M$ sao cho $\dfrac{NF}{LF}=\dfrac{DC}{DB}=\dfrac{EK}{EM}$. Đường tròn $(J)$ đi qua $A$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. Gọi $I$ là tâm của $(AMN)$. Chứng minh rằng $AD$, $MN$, $IJ$ đồng quy.







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

0 người đang xem chủ đề

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