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 4 tháng 10/2016: Đường tròn tiếp xúc đường tròn cố định

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 23-10-2016 - 21:43

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Dựng ra ngoài tam giác $PBC$ các điểm $E,F$ sao cho $\triangle PCE\sim \triangle AOB$ và $\triangle PBF\sim \triangle AOC$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PCE,PBF$ tại $M,N$ khác $P$. $EM$ cắt $FN$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $QMN$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi $P$ thay đổi.

Post 355.PNG

Hình vẽ bài toán


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 29-10-2016 - 21:19


#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 23-10-2016 - 21:55

Do nhầm lẫn nên em đề xuất một bài toán khác như sau, 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Dựng ra ngoài tam giác $PBC$ các điểm $E,F$ sao cho $\triangle PCE\sim \triangle BAO$ và $\triangle PBF\sim \triangle CAO$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PCE,PBF$ tại $M,N$ khác $P$. $EM$ cắt $FN$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $QMN$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi $P$ thay đổi.

Post 354.PNG
Lời giải.

Từ giả thiết xuất hiện tiếp tuyến nên ta liên tưởng tới bài toán quen thuộc sau (bổ đề 1 trong bài viết GGTH của em),

Cho $\triangle ABC$, $P$ là một điểm bất kì trong tam giác. Tiếp tuyến tại $P$ cắt $AC,AB$ tại $E,F$. Các đường tròn $(BPF)$,$(CPE)$ cắt nhau tại $X$. Khi đó $(ABC)$ tiếp xúc $(EXF)$.

Đến đây thì ý tưởng khá đơn giản. Gọi $K$,$L$ lần lượt là giao điểm của $BN$ với $CM$;$BF$ với $CE$.

Do $\triangle PCE\sim \triangle BAO$, $\triangle PBF\sim \triangle CAO$ nên $\angle BLC=180^\circ-\angle BOC$.

Từ đó tứ giác $BOCL$ nội tiếp, mặt khác $\angle ECM=\angle EPM=\angle FPN=\angle FBN$ nên $K$ thuộc đường tròn $(BOC)$.

Theo định lí Miquel, các đường tròn $(FNP)$,$(EMP)$,$(QMN)$ có một điểm chung, gọi điểm đó là $X$.

Do $\angle BXC=180^\circ-\angle BFP+180^\circ-\angle CEP=\angle BOC$ nên $X$ thuộc $(BOC)$.

Từ đó do $MN$ là tiếp tuyến của $(BPC)$ nên $(MXN)$ tiếp xúc $(BOC)$ hay $(QMN)$ tiếp xúc $(BOC)$.

Do đó $(QMN)$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định. 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 29-10-2016 - 21:07


#3 minhrongcon2000

minhrongcon2000

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 209 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 23-10-2016 - 22:18

Cho em hỏi một chút! Nếu mà đề bài của thầy Hùng cho như vậy thì hai tam giác $PCE$ và $PBF$ phải cân tại $B$ và $C$ chứ nhỉ? Như vậy thì hình vẽ sẽ khác............


$\lim_{x \to \infty } Love =+\infty$


#4 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 23-10-2016 - 22:27

Đề thầy ra chuẩn và đúng là cần cân tại $B,C$, đáp án của thầy cũng ko phải là đường tròn $(BOC)$, tuy vậy rất thú vị rằng nếu hiểu theo cách Bảo thì đó lại là một bài toán mới cũng rất hay!



#5 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 23-10-2016 - 23:06

Lời giải:
$(PCE)$ cắt $(PBF)$ tại điểm thứ hai $S$. Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$. Do $\triangle PCE$ đồng dạng $\triangle AOB$ và $\triangle PBF$ đồng dạng $\triangle AOC$ nêm cộng góc ta có $\widehat{EPF}=\widehat{BPF}+\widehat{BPC}+\widehat{CPE}=\widehat{BPC}+\widehat{BAC}=180^{\circ}$. Do đó $E, P, F$ thẳng hàng. Do đó $S$ là tâm vị tự quay biến $EM$ thành $FN$. Mặt khác $S$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $QFPMNE$ nên $S$ thuộc $(QMN)$ và $(QEF)$. Ta lại có $\widehat{BSC}=\widehat{BAC}$ và $S$ nằm khác phía $A$ so với $BC$ nên $S$ thuộc $(BHC)$. Từ giờ kẻ tiếp tuyến tại $S$ và cộng góc ta dễ suy ra $(QMN)$ tiếp xúc $(BHC)$ tại $S$.

#6 Ngockhanh99k48

Ngockhanh99k48

    Trung sĩ

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

Đã gửi 23-10-2016 - 23:21

Bài toán trên theo em nghĩ có thể là trường hợp đặc biệt của bài tổng quát sau: Cho $\triangle ABC$ với đường tròn $(K)$ bất kì đi qua $B, C$. Gọi $X, Y$ là hai điểm bất kì chạy trên $(O)$ và $(K)$. $(BXY)$ và $(CXY)$ cắt tiếp tuyến tại $X$ của $(O)$ tại $S, T$. Chứng minh $(STY)$ tiếp xúc $(K)$

#7 vothimyhanh

vothimyhanh

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 16 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên

Đã gửi 24-10-2016 - 13:51

bài toán này lớp mấy có thể giải được ạ?


:wub:  If you don't work hard, you'll end up a zero  :wub: 

                Võ Thị Mỹ Hạnh - THPT Lương Văn Chánh

                 https://www.facebook...100011729533894

 


#8 vietdohoangtk7nqd

vietdohoangtk7nqd

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết

Đã gửi 24-10-2016 - 15:05

sáng giờ em giải theo trường hợp cân tại E và F nên tiếp xúc với (BOC), cuối cùng nhìn lại các lời bình luận thì mới biết mình cũng sai



#9 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

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

Đã gửi 24-10-2016 - 20:37

Bài toán này lớp 10 trở lên là giải được!







0 người đang xem chủ đề

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