Đến nội dung


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
  • 410 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
  • 632 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

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 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
  • 632 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

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 163 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hoàng Văn Thụ - Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Dragonball

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