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 3 tháng 10/2016 : Bài toán tiếp xúc với đường tròn cố định

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 16-10-2016 - 17:55

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$. $M,N$ là trung điểm $CA,AB$. $BI,CI$ cắt trung trực $IA$ tại $P,Q$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc $IA$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Lấy $K,L$ lần lượt thuộc trung trực $AE,AF$ sao cho $KQ\perp AQ$ và $LP\perp AP$. $d$ là một đường thẳng thay đổi đi qua $A$. $U,V$ là hình chiếu của $K,L$ lên $d$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn đường kính $UV$ và $(AMN)$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi đường thẳng $d$ thay đổi.

Post 346.PNG

Hình vẽ bài toán



#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 16-10-2016 - 19:28

Lời giải của em, (khá phức tạp)

Đầu tiên ta sẽ chứng minh tính chất sau của đường tròn Thebault.

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ , đường tròn tiếp xúc với $AD,BC$ tại $E,F$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $Z$. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác $DFC$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DBC$.

Phép chứng minh đơn thuần cộng góc, có thể tham khảo trong link. (Lemma # 4)

Bây giờ ta sẽ đi vào bài toán của tuần này. 

Gọi $X$,$Y$ lần lượt là trung điểm $AE$,$AF$. Do $K$,$L$ lần lượt thuộc trung trực $AE$,$AF$ nên $KX\perp AC$,$LY\perp AB$.

Từ đó các ngũ giác $AXUKQ$ và $AYVLP$ nội tiếp.

Xét phép vị tự tâm $A$ tỉ số $1:2$ biến $E\mapsto X,F\mapsto Y,C\mapsto M,B\mapsto N$ nên $X,Y$ là tiếp điểm của đường tròn Mixilinear của tam giác $AMN$ với $AM,AN$.

Gọi $Z$ là tiếp điểm của đường tròn Mixilinear ứng với đỉnh $A$ của $\triangle AMN$ với đường tròn $(AMN)$.

Do $(QA,QX)\equiv \frac{\pi}{2}-(AI,AQ)\equiv \frac{\pi}{2}-(IA,IQ)\equiv  (BA,BI)\equiv  (NA,NI')\equiv (ZA,ZX) \pmod \pi$ nên tứ giác $AQZX$ nội tiếp.

Post 347.PNG

Hình vẽ bài toán

Tương tự thì tứ giác $APZY$ nội tiếp.

Từ đó $U,V$ theo thứ tự là giao điểm của $d$ với $(AXZ)$ và $(AYZ)$.

Gọi $H$ là trung điểm $UV$, $I'$ là trung điểm $YZ$. Do đó $(XY,XZ)\equiv (YN,YZ)\equiv (VZ,VA) \pmod \pi$.

Tương tự thì $(YX,YZ)\equiv (UZ,UV)\pmod \pi$ nên $\triangle UZV\sim \triangle YZX$ suy ra $(HZ,HA)\equiv (I'Y,I'Z)\equiv (MA,MZ)\pmod \pi$ (do tứ giác $YI'ZN$ nội tiếp).

Do đó $H$ thuộc $(AMN)$. Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $(UV)$ với $(AMN)$.

Do $HU=HS=HT$ nên $U$ là tâm nội tiếp tam giác $AST$.

Từ đó theo bổ đề trên $ST$ tiếp xúc với đường tròn qua $Z$ tiếp xúc với $AM$ chính là đường tròn Mixilinear tam giác $AMN$.

Tức là trục đẳng phương của $(UV)$ và $(AMN)$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 16-10-2016 - 22:47


#3 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 16-10-2016 - 20:48

Cám ơn Bảo lời giải rất thú vị, thầy tạo bài này ra từ nghịch đảo, hãy đón xem vào tuần tới nhé :)!



#4 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 16-10-2016 - 23:48

Lời giải:
Vị tự tâm $A$ tỉ số 2 biến bài toán trên trở thành bài toán sau: Cho $\triangle ABC$ ngoại tiếp $(I)$, nội tiếp $(O)$ và đường tròn Mixtilinear- nội tiếp góc $\widehat{BAC}$ là $(X)$. $(X)$ tiếp xúc $AB, AC$ tại $F, E$. $BI, CI$ thứ tự cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $P, Q$. $AP, AQ$ thứ tự cắt $EF$ tại $S, R$. Gọi $K, L$ thứ rự trên $XF, XE$ sao cho $SA \perp SK$ và $RA \perp RL$. $d$ là đường thẳng bất kì qua $A$. Gọi $U, V$ là hình chiếu của $K, L$ trên $d$. Chứng minh trục đẳng phương của $(UV)$ và $(O)$ tiếp xúc với $(X)$.
Nghịch đảo cực $A$, phương tích bất kì biến điểm $X$ thành điểm có kí hiệu $X'$.
Ta có $E', F'$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I')$ của $\triangle AB'C'$. Do $Q$ là tâm ngoại tiếp $\triangle AIB$ nên $R = EF \cap (AIB)$. Suy ra $R'=(AI') \cap I'B'$. Tương tự thì $S'= (AI') \cap I'C'$. Do $L= (AER) \cap XE$ nên $L' = E'R' \cap (AX'E')$. Để ý rằng $X'$ là tâm mixtilinear bàng tiếp góc $\widehat{BAC}$ của $\triangle AB'C'$ nên $\widehat{AX'E'} = 90^{\circ}$ hay $L'$ là hình chiếu của $A$ trên $E'R'$. Tương tự $K'$ là hình chiếu của $A$ trên $F'S'$. Từ đó $U', V'$ thứ tự là giao của $d$ với $E'R', F'S'$. Để ý rằng nếu tiếp điểm của $(I')$ với $B'C'$ là $D'$ thì $D'=E'R' \cap F'S'$. Giả sử $(UV)$ với $(ABC)$ cắt nhau tại hai điểm $Z, T$. Khi đó ảnh của trục đẳng phương của $(UV)$ và $(ABC)$ chính là đường tròn $(AZ'T')$. Do $(AZ'T')$ tiếp xúc với $(I')$ theo ELMO 2016 poblem 6  nên ta có đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngockhanh99k48: 17-10-2016 - 00:04


#5 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

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

Đã gửi 17-10-2016 - 20:21

em có lời giải s : Gọi $X,Y$ là trung điểm của $AF$ và $AE$ . Khi đó $X,Y$ thuộc $P,Q$ , Ta có $(QAYK),(AXLP) $ nột tiếp suy ra $\widehat{AKY}=\widehat{B/2}$ CHo $QK$ vắt $PL$ tại $Z$ , mà có $\widehat{KAO}=\widehat{B/2}$ , suy ra $AK$ song song $ZL$ , tương tự suy ra $AZ$ song song $AL$ suy ra $AKZL$ là hình bình hành , Để ý rằng tâm O của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ thuộc $(AMN)$ , Hạ $OH$ vuồng góc với $d$ thì $H$ thuộc $(AMN)$ đồng thời là tâm đường tròn đường kính $(UV)$. Gọi J là tâm đường trìm mixtilinear ứng với góc $A$ của tam giác $AMN$  . Gọi $(H)$ giao $(J)$ tại $G$ , bằng phép  tính toán ta sẽ chứng minh được $GJ^2+GH^2=JH^2$ khi đó  theo tc phương tích ta có $2IP.TH=\Im (I/(AMN))-\Im (I/(H))=(2R-r)r+r^2=2Rr$ (trong đó $P$ là chân đường cao từ $J$ điến trục đẳng phương , $T$ là tâm $(AMN)$ , $R,r$ lần lượt là bán kinh đường $(AMN)$ và $(J)$) Khi đó $IP=r$ suy ra $(J)$ tx với trục đnagử phương đó suy ra đường đẳng p đó tiếp xúc vs đường tròn cố định là $(J)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 19-10-2016 - 10:49


#6 Code Lyoko

Code Lyoko

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:X.A.N.A

Đã gửi 18-10-2016 - 23:19

vì sao $GJ^2+GH^2=JH^2$ vay ??



#7 ecchi123

ecchi123

    Trung sĩ

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

Đã gửi 19-10-2016 - 10:49

vì sao $GJ^2+GH^2=JH^2$ vay ??

cái đó biến đổi trâu bò dùng đl sin vs cos ra là dc mà , mình biến đổi cũng dài nên ko tiện viết lên , hay đến đó bạn dùng bổ đề của bạn bảo cho ngắn :v



#8 babystudymaths

babystudymaths

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 309 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương
  • Sở thích:Hình học, Tổ hợp, Số học, xem và nghe nhiều thứ

Đã gửi 23-10-2016 - 01:18

Lời giải của em ( chủ yếu là tính góc)
Post 350.png
Ta có các kết quả sau đây là quen thuộc:
$AK$ vuông góc với $AP, AL$ vuông góc với $AQ, O$ là trung điểm $KL$, $\widehat{QAK} = \frac{\widehat{BAC}}{2} = \widehat{LAP}$
Xét phép vị tự tâm $A$ tỉ số 2 biến : $K\rightarrow G, L\rightarrow H$, $N\rightarrow B, M\rightarrow C, (AMN) \rightarrow (ABC)$ $\Rightarrow GE$ vuông góc $AC, HF$ vuông góc với $AB$.
$(K,KA) , (L, LA), (O)$ cắt nhau tại $A, T$.
Đặt $QF$ cắt $PE$ tại $T' \Rightarrow T'$ $\in$ $(O)$ ( $T'$ là điểm tiếp xúc của $(O)$ và đường tròn Mixtilinear $\bigtriangleup ABC$)
$\Rightarrow \frac{QT'}{PT'}=\frac{FT'}{ET'}=\frac{QF}{PE}\Rightarrow \frac{QK^{2}}{PL^{2}} = \frac{QA^{2}}{PA^{2}}= \frac{QB^{2}}{PC^{2}} = \frac{QF. QT'}{PE. PT'} = \frac{QT'^{2}}{PT'^{2}}\Rightarrow \bigtriangleup QKT' \sim \bigtriangleup PLT'$
$\Rightarrow \widehat{KT'L} = \widehat{QT'L} = \widehat{QTP} = \widehat{KTL} \Rightarrow $ $T'$ $\in$ $(O)$ ,dễ chứng minh $\bigtriangleup QKT \sim \bigtriangleup PLT, T \in (O)$ $\Rightarrow T'\equiv T$.
Đường thẳng bất kỳ qua $A$ cắt $(O)$ tại $X$, cắt $(K, KA)$ tại $Y$, cắt $(L, LA)$ tại $Z$.
Đặt $EY$ cắt $FZ$ tại $D$.
Ta có $180^\circ - \widehat{FDE} = \widehat{FED} + \widehat{EFD} = \widehat{FEG} + \widehat{GAY} + \widehat{HAZ} + \widehat{EFR} = \widehat{BAC} + \widehat{KAL} = \widehat{QAP} = \widehat{ETF}$
$ \Rightarrow D \in (FTE)$
Ta cũng có $\widehat{PTD} = \widehat{EFD} = \widehat{HFZ} + \widehat{EFR} = \widehat{LAY} + \frac{\widehat{BAC}}{2} = \widehat{PAX} = \widehat{PTX}$
$\Rightarrow T, D, X$ thăng hàng. ($R$ là tâm đường tròn Mixtilinear của tam giác ABC ).
Mặt khác $\widehat{XYT} = \widehat{CET} = \widehat{EFT} = \widehat{XDY} \Rightarrow XY^{2} = XD. XT$.
Dễ chứng minh $X$ là trung điểm $YZ , (X, YZ:2 )$ cắt $(O)$ tại $U',V' \Rightarrow XU'^{2}= XV'^{2}= XY^{2}$, dễ dàng suy ra $U'V'$ tiếp xúc $(FTE)$ tại $D$.
Mà $(YZ)$ là ảnh của $(UV)$ qua phép vị tự tâm $A\Rightarrow U'V'$ là ảnh của trục đẳng phương của $(UV)$ và $(AMN)$
$\Rightarrow $ trục đẳng phương của $(UV)$ và $(AMN)$ luôn tiếp xuc với 1 đường tròn cố định.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 23-10-2016 - 19:32

TLongHV






0 người đang xem chủ đề

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