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 2 tháng 11/2016 : $AH=4\cdot AN$

hình học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 07-11-2016 - 20:01

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 2 tháng 11 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

 

Cho tam giác $ABC$ nhọn có đường cao $AD$, trực tâm $H$. $P,Q$ đối xứng $D$ qua $CA,AB$. Trung trực $CA,AB$ lần lượt cắt $AB,CA$ tại $F,E$.

$K,L$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $APE, AQF$. $KL$ cắt đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ tại $R$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Lấy $N$ thuộc $AH$ sao cho $RN\perp AM$.

Chứng minh rằng $AH=4\cdot AN$.

Post 358.PNG

Hình vẽ bài toán


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 10-11-2016 - 17:59


#2 baopbc

baopbc

    Himura Kenshin

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

Đã gửi 10-11-2016 - 21:01

Post 359.png

Lời giải của em.

Gọi $S,T$ lần lượt là đối xứng của $A$ qua $K,L$. $ST$ cắt $AR$ tại $R_1$. $R_1$ là điểm thuộc $AH$ sao cho $R_1N_1\perp AM$.

Qua phép vị tự, dễ thấy $AN_1=2AN$.

Trung trực $AB$ cắt $AP$, $AD$ lần lượt tại $Y$, $B_1$. Tương tự xác định $X$, $C_1$.

Do $\angle YBA=\angle B_1BA=\angle DAB$ nên $\angle YBC=90^\circ$. Tương tự thì $\angle XCB=90^\circ$.

Gọi $Z$ là giao điểm của $PB$ với $QC$. Dễ thấy $\angle CZB=180^\circ-\angle ZBC-\angle ZCB=180^\circ-2\cdot \angle BAC=180^\circ-\angle BOC$ nên $Z$ thuộc đường tròn $(BOC)$.

Mặt khác rõ ràng ngũ giác $FBOEC$ nội tiếp nên ta suy ra lục giác $ZFBOEC$ nội tiếp.

Gọi $U$, $C_2$ lần lượt là hình chiếu của $Z$, $D$ lên đường thẳng $AB$. Theo định lí $\mathcal{Thales}$, 

\[\frac{SZ}{SP}=\frac{FU}{FC_2},\frac{TQ}{TZ}=\frac{EB_2}{EV}\Rightarrow \frac{SZ}{SP}\cdot \frac{TQ}{TZ}=\frac{FU}{FC_2}\cdot \frac{EB_2}{EV}\]

Mặt khác,

\[\frac{YA}{YP}\cdot \frac{XQ}{XA}=\frac{B_1A}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1A}=\frac{B_1B}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1C}\]

Dễ thấy $\triangle FZU\sim \triangle C_1CD$, $\triangle EZV\sim \triangle B_1BD$ nên 

\[\frac{FU}{FZ}=\frac{C_1D}{C_1C},\frac{EV}{EZ}=\frac{B_1D}{B_1B}\Rightarrow \frac{B_1B}{B_1D}\cdot \frac{C_1D}{C_1C}=\frac{EZ}{EV}\cdot \frac{FU}{FZ}\]

Gọi $W$ là giao điểm của $FS$ với $AD$. Do $AB\cdot AF=AD\cdot AW=AC\cdot AE$ nên $WE\perp AC$ suy ra $W$,$E$,$T$ thẳng hàng. 

Theo định lí $\mathcal{Thales}$, 

\[\frac{EB_2}{FC_2}=\frac{AE}{AF}\]

Mặt khác dễ thấy $Z$ là đối xứng của $A$ qua $EF$ nên $AE:AF=EZ:FZ$. Do đó

\[\frac{SZ}{SP}\cdot \frac{TQ}{TZ}=\frac{YA}{YP}\cdot \frac{XQ}{XA}\]

Từ đó theo định lí $\mathcal{Menelaus}$, $XY$, $ST$ cắt nhau trên $PQ$.

Ta dễ thấy $XY,PQ$ cắt nhau trên $AR$ nên $R_1$ là giao điểm của $XY$, $PQ$. Do đó dễ suy ra $AH=2\cdot AN_1$ nên $AH=4\cdot AN$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 11-11-2016 - 16:39


#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 10-11-2016 - 23:13

Lời giải này của Bảo rất tốt đấy, thầy tạo bài này từ nghịch đảo, hãy đón xem ở tuần sau :)!



#4 quantv2006

quantv2006

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết

Đã gửi 11-11-2016 - 11:03

Mình chứng minh R1 P, Q thẳng hàng mãi không xong. Xong cái đó thì đoạn sau nhẹ nhàng hơn.







0 người đang xem chủ đề

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