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 1 tháng 10/2016: Tiếp tục với vấn đề vuông góc

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 02-10-2016 - 23:12

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 1 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó,

 

Cho $\triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $P$ là điểm thuộc cung $BC$ không chứa $A.PB,PC$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABE,\triangle ACF$ cắt nhau tại $G$ khác $A$. $AG$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $Q$ thuộc $(O)$ sao cho $\angle QAB=\angle PAC$. $QD$ cắt $BC$ tại $R$. Chứng minh rằng $OR\perp AQ$.

 



#2 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 02-10-2016 - 23:20

Cám ơn Bảo, thực chất bài toán này là mở rộng đề vòng 2 của Hà Nội vừa rồi :)!



#3 vpvn

vpvn

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 41 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:LMHT , ONE PIECE

Đã gửi 03-10-2016 - 03:18

Post 342.png

$AP$ cắt $BC$ tại $L$.

Ta có tứ giác toàn phần $ABFPEC$ có $(ABE)$ cắt $(ACF)$ tại $G$ nên $G$ là điểm $Miquel$ của tứ giác $ABFPEC$.

Do đó tứ giác $GPBF$ và $GPCE$ nội tiếp.

Ap dụng định lý $Brocard$ cho tứ giác $ABPC$ ta suy ra $O,L,G$ thẳng hàng và $OG\perp EF$.

Ta có $\widehat{ALR}=\frac{1}{2}(\widetilde{AC}+\widetilde{BP})=\frac{1}{2}\widetilde{AQ}=\widehat{ADR}$

$\Rightarrow ALDR$ nội tiếp.

Ta cũng có $AOPG$ nội tiếp(kết quả quen thuộc)(1) và $OG$ là trung trực $PD$.

Từ đó $\widehat{AOL}=\widehat{LPG}$(do(1))$=\widehat{LDG}=180-\widehat{ARL}$

$\Rightarrow A,O,L,D,R$ cùng thuộc một đường tròn $\Rightarrow \widehat{ARO}=\widehat{ADO}=\widehat{DAO}=\widehat{DRO}=\widehat{QRO}$.

Đến đây sử dụng bổ đề cũ:Tam giác $ABC$ cân tại $A$ một điểm D thỏa mãn $\widehat{ADB}=\widehat{ADC}$ thì ta có $AD\perp BC$.

$\Rightarrow OR\perp AQ.$

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 03-10-2016 - 19:05


#4 moonkey01

moonkey01

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 44 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 03-10-2016 - 18:52

Em có một hướng xử lý khác, có thể dài hơn:

 

Xét vị trí các điểm như hình vẽ, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
 
Ta có $\angle GEC=\angle GAC=\angle GBP$ nên $BPGE$ nội tiếp. Tương tự có $CPGF$ nội tiếp nên $\angle PGF+\angle PGE=\angle ACP+\angle ABP=180^{o}$ hay $E,F,G$ thẳng hàng. Lại có $\angle GDP=\angle ACE=\angle AGE$ nên $DP\parallel EF$, dẫn đến $\angle GPD=\angle PGF=\angle ACE=\angle GDP$ hay tam giác $GDP$ cân tại $G$, $OG\perp DP\parallel EF$. Gọi $AP$ cắt $BC$ tại $T$ thì theo định lý $Brokard$ với $(O)$, $OT\perp EF$ nên $\overline{O,T,G}$ và tam giác $TDP$ cân tại $T$. Có $\angle BAP=\angle CAQ$ nên $PQ\parallel BC$, từ đó $\angle DAP=\angle DQP=\angle DRT$ nên $ATDR$ nội tiếp. Do đó $\angle RAQ=\angle RAP+\angle PAQ=\angle TDQ+\angle PDQ=\angle TDP=\angle TPD=\angle RQA$ nên tam giác $RAQ$ cân tại $A$. Vậy $OR\perp AQ$.
 
Hình vẽ gửi kèm:

Ảnh chụp Màn hình 2016-10-03 lúc 18.38.15.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 03-10-2016 - 18:53


#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 06-10-2016 - 08:06

Khi $AP$ đi qua trung điểm $BC$ ta thu được bài hình ở đây.

 

Sau đây là version nghịch đảo

 

Cho tam giác $ABC$ và $D$ là một điểm trên cạnh $BC$. Các đường tròn $(DAB),(DCA)$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$ khác $A$. $BE$ cắt $CF$ tại $P$. $AP$ cắt $BC$ tại $Q$. $R$ thuộc $BC$ sao cho $\angle RAB=\angle DAC$. Đường tròn $(AQR)$ cắt $(ABC)$ tại $G$ khác $A$.

 

a) Chứng minh rằng $RA=RG$.

 

b) Chứng minh rằng $GQ$ luôn đi qua điểm cố định khi $D$ thay đổi.

Hình gửi kèm

  • Figure4059.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanghung86: 06-10-2016 - 08:13


#6 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 126 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hòa bình
  • Sở thích:ăn mì tôm

Đã gửi 06-10-2016 - 18:25

em có ý tưởng sau , chả biết giống các bạn ở trên ko , nếu giống thì ci như chép lại vậy 

$AP$ cắt $BC$ tại $K$ . bằng cộng góc , cm dc $OBPC$ nội tiếp $=>KA.KP=KB.KC=KO.KP =>AGPO$ nội tiếp$\widehat{PAG}=\widehat{DOG}$ $=>KOAD$ nt và có $\widehat{AKR}=\widehat{ADR}$ $=>RAKD$ nt . Mà $OA=OD$ nên $RO$ là pg $\widehat{ARQ}$ nên $RO$ vuông góc $AQ$







0 người đang xem chủ đề

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