Đến nội dung


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
  • 410 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
  • 410 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
  • 628 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
  • 126 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
  • 148 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Hàm

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
  • 148 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hòa bình
  • Sở thích:Hình , Hàm

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