Đến nội dung


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
  • 410 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
  • 410 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
  • 632 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

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 144 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.







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: hình học

0 người đang xem chủ đề

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